Exercicis d'estructura atòmica — Física i Química 1r Batxillerat

Aquest tema t'explica com s'organitzen els electrons dins l'àtom i per què. Els exercicis et fan calcular partícules d'àtoms neutres i d'ions, i la massa atòmica mitjana d'un element a partir de les abundàncies dels seus isòtops, com el clor-35 i el clor-37. Després escrius configuracions electròniques d'àtoms i ions seguint l'ordre d'energia de les subcapes, i les relaciones amb la posició a la taula periòdica. Al final relaciones els espectres de línies amb el model de Bohr. Les solucions detallen cada pas de la configuració. Errors típics: confondre nombre atòmic i màssic i omplir les subcapes sense respectar l'ordre d'energia.

Tens examen d'aquest tema? Fes un simulacre de 60 minuts com el de l'institut, amb solucions i criteris de correcció.Fes el simulacre →

Nivell bàsic

Exercici 1

Un àtom neutre té nombre atòmic 11 i nombre màssic 23. Quants protons, electrons i neutrons té?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 1

Resultat

11 protons, 11 electrons i 12 neutrons.

Resolució

Dades. Àtom neutre amb nombre atòmic $Z = 11$ i nombre màssic $A = 23$ .
Protons. El nombre atòmic és el nombre de protons: $Z = 11$ protons.
Electrons. En un àtom neutre, els electrons igualen els protons: 11 electrons.
Neutrons. Els neutrons són el nombre màssic menys els protons: $N = A - Z = 23 - 11 = 12$ neutrons.
Conclusió. Té 11 protons, 11 electrons i 12 neutrons (és el sodi-23).

Nivell Batxillerat: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 2

Quants electrons de valència té un element amb la configuració acabada en 3s² 3p⁴?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 2

Resultat

Té 6 electrons de valència.

Resolució

Dades. La configuració acaba en 3s² 3p⁴.
Definició. Els electrons de valència són els de l'última capa, la de nombre quàntic principal més alt; aquí, $n = 3$ .
Recompte. 3s² i 3p⁴ fan $2 + 4 = 6$ electrons.
Conclusió. Té 6 electrons de valència (és un element del grup 16, com el sofre).

Nivell Batxillerat: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 3

Un element del grup 2 de la taula periòdica, quants electrons de valència té?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 3

Resultat

Té 2 electrons de valència.

Resolució

Dades. L'element és del grup 2 de la taula periòdica.
Propietat. En els grups principals, el número de grup (1 i 2) indica directament els electrons de valència.
Conclusió. Grup 2 → 2 electrons de valència (configuració final ns²). Són els metalls alcalinoterris, com el calci.

Nivell Batxillerat: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 4

Un àtom neutre té 17 protons, 18 neutrons i 17 electrons. Determina'n el nombre atòmic Z i el nombre màssic A, digues de quin element es tracta i com s'anomena aquest isòtop.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 4

Resultat

Z = 17

A = 35

: és el clor, isòtop clor-35 (Cl-35).

Resolució

Dades. Àtom neutre amb 17 protons, 18 neutrons i 17 electrons.
Nombre atòmic. El nombre atòmic és el nombre de protons: $Z = 17$ , que correspon al clor (Cl).
Nombre màssic. És la suma de protons i neutrons: $A = Z + N = 17 + 18 = 35$ .
Conclusió. És el clor-35 (Cl-35). L'àtom és neutre perquè té tants electrons com protons (17). Compte: no prenguis el nombre de neutrons (18) com a nombre màssic; A inclou també els protons.

Nivell Batxillerat: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 5

El carboni (Z = 6) té tres isòtops naturals: carboni-12, carboni-13 i carboni-14. Indica quants protons, neutrons i electrons té cada isòtop com a àtom neutre, i en què s'assemblen i en què es diferencien.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 5

Resultat

C-12: 6 p, 6 n, 6 e; C-13: 6 p, 7 n, 6 e; C-14: 6 p, 8 n, 6 e. S'assemblen en protons i electrons (mateix comportament químic) i es diferencien en neutrons (i massa).

Resolució

Dades. Tres isòtops del carboni ( $Z = 6$ ) amb $A = 12$ , 13 i 14, com a àtoms neutres.
Protons i electrons. Tots tres tenen $Z = 6$ : 6 protons i, com que són neutres, 6 electrons.
Neutrons. $N = A - Z$ : carboni-12 → $12 - 6 = 6$ ; carboni-13 → $13 - 6 = 7$ ; carboni-14 → $14 - 6 = 8$ neutrons.
Conclusió. S'assemblen en el nombre de protons i d'electrons, i per això tenen el mateix comportament químic. Es diferencien en el nombre de neutrons i, per tant, en la massa.

Nivell Batxillerat: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 6

Associa cada descripció amb el model atòmic corresponent (Thomson, Rutherford o Bohr):
a) els electrons només poden estar en òrbites amb energies determinades i emeten o absorbeixen llum quan salten d'una òrbita a una altra;
b) l'àtom és una esfera de càrrega positiva amb els electrons incrustats a dins;
c) l'àtom té un nucli petit, massiu i positiu, i els electrons giren al seu voltant en un espai gairebé buit.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 6

Apartat a)

Resultat

Model de Bohr.

Resolució

Idea clau. Les òrbites són estacionàries, amb l'energia quantitzada.
Conclusió. Els salts entre nivells, amb emissió o absorció de llum, expliquen els espectres de línies: és el model de Bohr.

Apartat b)

Resultat

Model de Thomson (el «púding de panses»).

Resolució

Idea clau. La càrrega positiva està repartida per tot l'àtom, com una esfera.
Conclusió. Els electrons hi són incrustats a dins, com les panses en un púding: és el model de Thomson.

Apartat c)

Resultat

Model de Rutherford (model nuclear).

Resolució

Idea clau. Tota la càrrega positiva i gairebé tota la massa es concentren en un nucli minúscul.
Conclusió. Els electrons giren al voltant del nucli en un espai gairebé buit: és el model de Rutherford.

Nivell Batxillerat: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 7

Descriu els tres resultats principals de l'experiment de Rutherford, en què es bombardejava una làmina d'or molt fina amb partícules alfa, i explica què se'n va deduir en cada cas.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 7

Resultat

La majoria de partícules travessen (l'àtom és quasi buit); algunes es desvien (hi ha càrrega positiva); molt poques reboten (la càrrega positiva i la massa són en un nucli molt petit).

Resolució

Experiment. Es bombardeja una làmina d'or molt fina amb partícules alfa (positives) i s'observa com es desvien.
Resultat 1. La majoria de partícules alfa travessaven la làmina sense desviar-se: l'àtom és gairebé tot espai buit.
Resultat 2. Una part petita es desviava angles apreciables: dins l'àtom hi ha càrrega positiva que repel·leix les partícules alfa, que també són positives.
Resultat 3. Molt poques (una de cada molts milers) rebotaven cap enrere: aquesta càrrega positiva i la major part de la massa estan concentrades en un volum molt petit, el nucli.
Conclusió. Aquests resultats contradeien el model de Thomson, que preveia desviacions petites i cap rebot, i van donar lloc al model nuclear de Rutherford.

Nivell Batxillerat: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 8

El diàmetre d'un àtom és d'uns $10^{-10}$ m i el del seu nucli, d'uns $10^{-15}$ m. Si el nucli tingués el diàmetre d'una pilota d'1 cm, quin diàmetre tindria l'àtom? Què indica aquest resultat sobre l'estructura de l'àtom?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 8

Resultat

L'àtom faria uns

10^{5}\ \text{cm} = 1\ \text{km}

de diàmetre: l'àtom és gairebé tot espai buit.

Resolució

Dades. Diàmetre de l'àtom $\approx 10^{-10}\ \text{m}$ ; diàmetre del nucli $\approx 10^{-15}\ \text{m}$ ; nucli a escala: 1 cm.
Relació de mides. $\dfrac{10^{-10}}{10^{-15}} = 10^{5}$ L'àtom és unes 100 000 vegades més gran que el nucli.
Càlcul a escala. Si el nucli fes 1 cm, l'àtom faria $1\ \text{cm}\cdot10^{5} = 10^{5}\ \text{cm} = 1000\ \text{m} = 1\ \text{km}$ .
Conclusió. L'àtom és gairebé tot espai buit: la massa es concentra en un nucli minúscul i els electrons ocupen la resta del volum.

Nivell Batxillerat: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 9

Escriu la configuració electrònica de l'alumini (Z = 13) i indica quants electrons de valència té, a quin període i a quin grup de la taula periòdica es troba.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 9

Resultat

Al: 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p¹; 3 electrons de valència; període 3, grup 13.

Resolució

Dades. Alumini, $Z = 13$ : l'àtom neutre té 13 electrons.
Configuració. Omplim els subnivells en ordre d'energia: 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p¹. Comprovació: $2 + 2 + 6 + 2 + 1 = 13$ electrons.
Electrons de valència. Són els de l'última capa ( $n = 3$ ): 3s² 3p¹ → 3 electrons de valència.
Període i grup. El període és el nombre de l'última capa ocupada, el 3. Grup: 13, perquè en els elements del bloc p el grup és 10 + el nombre d'electrons de valència.

Nivell Batxillerat: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 10

Calcula l'energia d'un fotó de llum de freqüència 6,0· $10^{14}$ Hz i la seva longitud d'ona. A quina regió de l'espectre electromagnètic pertany? (h = 6,63· $10^{-34}$ J·s; c = 3· $10^{8}$ m/s)

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 10

Resultat

E = 3{,}98\cdot10^{-19}\ \text{J}

(uns 2,5 eV);

\lambda = 5{,}0\cdot10^{-7}\ \text{m} = 500\ \text{nm}

: llum visible (verd blavós).

Resolució

Dades. $f = 6{,}0\cdot10^{14}\ \text{Hz}$ ; $h = 6{,}63\cdot10^{-34}\ \text{J}\cdot\text{s}$ ; $c = 3\cdot10^{8}\ \text{m/s}$ .
Relació de Planck. L'energia d'un fotó és $E = h\cdot f = 6{,}63\cdot10^{-34}\cdot6{,}0\cdot10^{14} = 3{,}98\cdot10^{-19}\ \text{J}$ (uns 2,5 eV).
Longitud d'ona. $\lambda = \dfrac{c}{f} = \dfrac{3\cdot10^{8}}{6{,}0\cdot10^{14}} = 5{,}0\cdot10^{-7}\ \text{m} = 500\ \text{nm}$
Conclusió. Aquesta longitud d'ona és entre 400 nm i 700 nm: és llum visible, de color verd blavós.

Nivell Batxillerat: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Nivell intermedi

Exercici 11

L'ió calci Ca²⁺ té nombre atòmic Z = 20 i nombre màssic A = 40. Quants protons, neutrons i electrons té?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 11

Resultat

20 protons, 20 neutrons i 18 electrons.

Resolució

Dades. Ió $\mathrm{Ca^{2+}}$ amb $Z = 20$ i $A = 40$ .
Protons. Els dona el nombre atòmic i no canvien mai en formar un ió: $Z = 20$ protons.
Neutrons. $N = A - Z = 40 - 20 = 20$ neutrons (tampoc no canvien).
Electrons. La càrrega 2+ vol dir que l'àtom ha perdut 2 electrons respecte del neutre, que en té 20: l'ió en té $20 - 2 = 18$ .
Conclusió. Fixa't que un ió es forma guanyant o perdent electrons, mai protons ni neutrons: si canviessin els protons, ja no seria calci. La càrrega positiva ve de tenir menys electrons que protons.

Nivell Batxillerat: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 12

El clor natural és una barreja de dos isòtops: el clor-35, amb una abundància del 75,8 %, i el clor-37, amb el 24,2 %. Calcula la massa atòmica mitjana del clor.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 12

Resultat

\bar{M}(\mathrm{Cl}) \approx 35{,}48\ \text{u}

Resolució

Dades. Clor-35 (75,8 %) i clor-37 (24,2 %). Passem els percentatges a fraccions: 0,758 i 0,242 (sumen 1).
Mitjana ponderada. La massa atòmica mitjana es pondera per l'abundància de cada isòtop; no és la mitjana aritmètica dels nombres màssics: $\bar{M} = \sum m_i\cdot x_i$
Càlcul. $35\cdot0{,}758 = 26{,}53$ ; $37\cdot0{,}242 = 8{,}954$ ; $\bar{M} = 26{,}53 + 8{,}954 = 35{,}48\ \text{u}$ .
Conclusió. La mitjana aritmètica $\tfrac{35 + 37}{2} = 36$ seria incorrecta, perquè les dues formes no són igual d'abundants. Com que el clor-35 és molt més freqüent, el resultat s'acosta més a 35 que a 37.

Nivell Batxillerat: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 13

Per què els gasos nobles (grup 18) són tan poc reactius?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 13

Resultat

Perquè tenen l'última capa plena d'electrons: són molt estables i no necessiten guanyar, perdre ni compartir electrons.

Resolució

Configuració. Els gasos nobles tenen la capa de valència completa: ns² np⁶ (vuit electrons), o 1s² en el cas de l'heli.
Estabilitat. Aquesta configuració és molt estable: costa molt arrencar-los un electró (energia d'ionització molt alta) i no tendeixen a acceptar-ne cap.
Conclusió. Com que no necessiten guanyar ni perdre electrons, gairebé no formen enllaços i són molt poc reactius.

Nivell Batxillerat: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 14

Relaciona els espectres de línies amb el model de Bohr.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 14

Resultat

Cada línia de l'espectre correspon a un salt de l'electró entre dos nivells d'energia quantitzats; el fotó té una energia igual a la diferència entre nivells.

Resolució

Observació. L'espectre d'un element gasós no és continu: només té unes línies (freqüències) concretes.
Model de Bohr. L'energia de l'electró està quantitzada: només pot ocupar uns nivells concrets.
Salts. Cada línia correspon a un salt d'un nivell a un altre, amb un fotó d'energia igual a la diferència: $\Delta E = E_{\text{inicial}} - E_{\text{final}} = h\cdot f$ .
Conclusió. Com que els nivells són discrets, les diferències també ho són, i per això surten línies. Això és el que Bohr va proposar per explicar l'espectre de l'hidrogen.

Nivell Batxillerat: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 15

El bor natural està format per dos isòtops: el bor-10, d'abundància 19,9 %, i el bor-11, d'abundància 80,1 %. Calcula'n la massa atòmica mitjana (masses isotòpiques: 10 u i 11 u) i explica per què no és un nombre enter ni coincideix amb la massa de cap dels dos isòtops.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 15

Resultat

\bar{M}(\mathrm{B}) \approx 10{,}8\ \text{u}

; és una mitjana ponderada d'isòtops de masses diferents.

Resolució

Dades. Bor-10 (19,9 %, 10 u) i bor-11 (80,1 %, 11 u).
Mitjana ponderada. $\bar{M} = \dfrac{10\cdot19{,}9 + 11\cdot80{,}1}{100} = \dfrac{199 + 881{,}1}{100} = 10{,}8\ \text{u}$
Per què no és enter. És una mitjana entre isòtops de masses diferents, i queda més a prop d'11 perquè el bor-11 és molt més abundant.
Conclusió. Cap àtom de bor té realment una massa de 10,8 u: és el valor mitjà d'una mostra amb molts àtoms.

Nivell Batxillerat: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 16

Prediu l'ió més estable que forma cadascun d'aquests elements: Na (Z = 11), Mg (Z = 12), Al (Z = 13), S (Z = 16) i Cl (Z = 17). Indica si guanyen o perden electrons i justifica-ho a partir dels electrons de valència.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 16

Resultat

\mathrm{Na^{+}}

\mathrm{Mg^{2+}}

\mathrm{Al^{3+}}

(perden electrons);

\mathrm{S^{2-}}

\mathrm{Cl^{-}}

(en guanyen).

Resolució

Criteri. Els elements tendeixen a assolir la configuració de gas noble (vuit electrons a l'última capa, regla de l'octet).
Metalls. Na (3s¹) perd 1 electró → $\mathrm{Na^{+}}$ (com el neó). Mg (3s²) en perd 2 → $\mathrm{Mg^{2+}}$ . Al (3s² 3p¹) en perd 3 → $\mathrm{Al^{3+}}$ .
No-metalls. S (3s² 3p⁴) guanya 2 electrons → $\mathrm{S^{2-}}$ (com l'argó). Cl (3s² 3p⁵) en guanya 1 → $\mathrm{Cl^{-}}$ (com l'argó).
Conclusió. Els elements amb pocs electrons de valència (1–3) els perden i formen cations; els que en tenen molts (6–7) en guanyen i formen anions.

Nivell Batxillerat: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 17

Ordena de menor a major radi atòmic els elements Na, Mg, Cl i K i justifica l'ordre.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 17

Resultat

Cl < Mg < Na < K

Resolució

Posició. Na, Mg i Cl són del període 3; K és del període 4 (mateix grup que el Na).
Al llarg d'un període. El radi disminueix d'esquerra a dreta: la càrrega nuclear augmenta i atrau més els electrons, que s'afegeixen a la mateixa capa. Per tant, Cl < Mg < Na.
Al llarg d'un grup. Baixant per un grup, el radi augmenta perquè s'afegeix una capa electrònica: el K, amb una capa més, és el més gran.
Conclusió. Ordre de menor a major radi: Cl < Mg < Na < K.

Nivell Batxillerat: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 18

Raona quin element de cada parella té la primera energia d'ionització més gran: a) Na o K; b) Na o Cl; c) F o Ne.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 18

Apartat a)

Resultat

Resolució

Definició. La primera energia d'ionització és l'energia necessària per arrencar l'electró més extern d'un àtom neutre en estat gasós.
Raonament. Na i K són del mateix grup; el Na té una capa menys: l'electró de valència és més a prop del nucli i està més lligat. Per tant, la del Na és més gran.

Apartat b)

Resultat

Resolució

Raonament. Na i Cl pertanyen al mateix període, però el Cl té més càrrega nuclear i un radi més petit, de manera que reté més els electrons.
Conclusió. La del Cl és més gran: l'energia d'ionització augmenta cap a la dreta d'un període.

Apartat c)

Resultat

Resolució

Raonament. El Ne té l'última capa completa (configuració de gas noble), molt estable, i a més té més càrrega nuclear que el F.
Conclusió. Costa més arrencar un electró al Ne que al F. Regla general: l'energia d'ionització augmenta cap a la dreta d'un període i disminueix en baixar per un grup.

Nivell Batxillerat: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 19

En el model de Bohr de l'àtom d'hidrogen, l'energia de l'electró al nivell n és $E_{n}$ = - $\tfrac{13{,}6}{n^{2}}$ eV. Calcula l'energia de l'electró en els nivells n = 1, 2 i 3, i l'energia que ha d'absorbir l'àtom per passar de n = 1 a n = 2, en eV i en joules (1 eV = 1,6· $10^{-19}$ J). Què significa el signe negatiu?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 19

Resultat

E_1 = -13{,}6\ \text{eV}

;

E_2 = -3{,}40\ \text{eV}

;

E_3 = -1{,}51\ \text{eV}

;

\Delta E_{1\to2} = 10{,}2\ \text{eV} = 1{,}63\cdot10^{-18}\ \text{J}

. El signe negatiu indica que l'electró està lligat al nucli.

Resolució

Dades. $E_n = -\dfrac{13{,}6}{n^{2}}\ \text{eV}$ ; $1\ \text{eV} = 1{,}6\cdot10^{-19}\ \text{J}$ .
Energies dels nivells. $E_1 = -\tfrac{13{,}6}{1} = -13{,}6\ \text{eV}$ ; $E_2 = -\tfrac{13{,}6}{4} = -3{,}40\ \text{eV}$ ; $E_3 = -\tfrac{13{,}6}{9} = -1{,}51\ \text{eV}$ .
Energia absorbida (1 → 2). $\Delta E = E_2 - E_1 = -3{,}40 - (-13{,}6) = 10{,}2\ \text{eV}$ $\Delta E = 10{,}2\cdot1{,}6\cdot10^{-19} = 1{,}63\cdot10^{-18}\ \text{J}$
Signe negatiu. L'energia zero correspon a l'electró lliure ( $n \to \infty$ ). Com més negativa és l'energia, més lligat està l'electró; per això 13,6 eV és l'energia d'ionització de l'hidrogen.

Nivell Batxillerat: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 20

Escriu la configuració electrònica del nitrogen (Z = 7), de l'oxigen (Z = 8) i del neó (Z = 10) i, aplicant la regla de màxima multiplicitat de Hund, indica quants electrons desaparellats té cada àtom.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 20

Resultat

N: 1s² 2s² 2p³ (3 desaparellats); O: 1s² 2s² 2p⁴ (2 desaparellats); Ne: 1s² 2s² 2p⁶ (0 desaparellats).

Resolució

Configuracions. N (7 e⁻): 1s² 2s² 2p³. O (8 e⁻): 1s² 2s² 2p⁴. Ne (10 e⁻): 1s² 2s² 2p⁶.
Regla de Hund. En un subnivell amb diversos orbitals de la mateixa energia (els tres orbitals 2p), els electrons ocupen primer tots els orbitals de manera individual, amb el mateix espín, i només després s'aparellen.
Nitrogen. 2p³: un electró a cada orbital 2p → 3 electrons desaparellats.
Oxigen. 2p⁴: tres electrons ocupen un orbital cadascun i el quart s'aparella amb un d'ells → 2 electrons desaparellats.
Neó. 2p⁶: tots els orbitals estan plens, amb parelles d'electrons → 0 electrons desaparellats.

Nivell Batxillerat: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 21

Un àtom de carboni-12 té 6 protons, 6 neutrons i 6 electrons. Calcula quina fracció de la seva massa correspon als electrons ( $m_{p}$ = $m_{n}$ = 1,67· $10^{-27}$ kg; $m_{e}$ = 9,11· $10^{-31}$ kg) i raona què indica el resultat sobre on es concentra la massa de l'àtom.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 21

Resultat

Fracció dels electrons

\approx 2{,}7\cdot10^{-4}

(un 0,027 %): gairebé tota la massa (99,97 %) és al nucli.

Resolució

Dades. 6 protons, 6 neutrons i 6 electrons; $m_p = m_n = 1{,}67\cdot10^{-27}\ \text{kg}$ ; $m_e = 9{,}11\cdot10^{-31}\ \text{kg}$ .
Massa dels electrons. $6\cdot9{,}11\cdot10^{-31} = 5{,}47\cdot10^{-30}\ \text{kg}$ .
Massa del nucli. $12\cdot1{,}67\cdot10^{-27} = 2{,}00\cdot10^{-26}\ \text{kg}$ . La massa total de l'àtom és pràcticament la mateixa: $2{,}00\cdot10^{-26}\ \text{kg}$ .
Fracció. $\dfrac{5{,}47\cdot10^{-30}}{2{,}00\cdot10^{-26}} = 2{,}7\cdot10^{-4} = 0{,}027\ \%$
Conclusió. Gairebé tota la massa de l'àtom (el 99,97 %) és al nucli, tot i que aquest ocupa una part ínfima del volum. Un protó o un neutró és unes 1800 vegades més massiu que un electró.

Nivell Batxillerat: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Nivell avançat

Exercici 22

La massa atòmica mitjana del gal·li és 69,72 u i té dos isòtops naturals: el gal·li-69 i el gal·li-71. Quina és l'abundància (en %) de cadascun?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 22

Resultat

64 % de gal·li-69 i 36 % de gal·li-71.

Resolució

Plantejament. Ara donen la mitjana (69,72 u) i demanen les abundàncies: cal plantejar-ho a l'inrevés amb una incògnita. Sigui $x$ la fracció de gal·li-69; la de gal·li-71 és $1 - x$ (han de sumar 1).
Mitjana ponderada. $69\cdot x + 71\cdot(1 - x) = 69{,}72$
Càlcul. $69x + 71 - 71x = 69{,}72 \Rightarrow -2x = -1{,}28 \Rightarrow x = 0{,}64$ . Per tant, 64 % de gal·li-69 i $1 - 0{,}64 = 0{,}36$ , és a dir, 36 % de gal·li-71.
Comprovació. $69\cdot0{,}64 + 71\cdot0{,}36 = 44{,}16 + 25{,}56 = 69{,}72\ \text{u}$ , correcte.
Conclusió. Com que la mitjana (69,72) queda més a prop de 69, l'isòtop més lleuger ha de ser el majoritari; si et surt el contrari, revisa el plantejament.

Nivell Batxillerat: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 23

Escriu la configuració electrònica dels ions O²⁻ (oxigen, Z = 8) i Mg²⁺ (magnesi, Z = 12). Què tenen en comú?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 23

Resultat

\mathrm{O^{2-}}

: 1s² 2s² 2p⁶;

\mathrm{Mg^{2+}}

: 1s² 2s² 2p⁶. Tots dos tenen 10 electrons i la configuració del neó: són isoelectrònics.

Resolució

Oxigen. L'àtom neutre té 8 electrons. La càrrega 2− vol dir que n'ha guanyat 2: l'ió $\mathrm{O^{2-}}$ en té $8 + 2 = 10$ . De menys a més energia: 1s² 2s² 2p⁶.
Magnesi. L'àtom neutre té 12 electrons (1s² 2s² 2p⁶ 3s²). La càrrega 2+ vol dir que n'ha perdut 2: en té $12 - 2 = 10$ . Traient els dos de l'última capa (3s²) queda 1s² 2s² 2p⁶.
En comú. Tots dos ions tenen 10 electrons i la mateixa configuració, la del neó: són isoelectrònics, i tots dos tenen l'última capa plena (per això són ions estables).
Compte. L'anió $\mathrm{O^{2-}}$ guanya electrons i el catió $\mathrm{Mg^{2+}}$ en perd; en tots dos casos varia el nombre d'electrons, no el de protons (l'oxigen segueix tenint 8 protons i el magnesi, 12).

Nivell Batxillerat: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 24

Mendeléiev va deixar un forat sota l'alumini i va predir un element, l'«eka-alumini», d'una massa atòmica propera a 68. El 1875 es va descobrir el gal·li, de 69,72 u, amb les propietats previstes. Per què va ser tan important aquesta predicció? I per què avui la taula s'ordena per Z i no per massa?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 24

Resultat

La predicció va demostrar que la taula reflectia una llei de la naturalesa (podia predir elements). Avui s'ordena per Z perquè les propietats depenen de l'estructura electrònica, i ordenar per massa dona inversions (Te–I).

Resolució

Importància de la predicció. Mendeléiev va deixar un forat i va preveure la massa i les propietats de l'«eka-alumini». Quan es va descobrir el gal·li amb les propietats previstes, va quedar clar que la taula no era una simple classificació, sinó que reflectia una llei de la naturalesa: permetia predir elements que encara no es coneixien.
Per què per Z. Les propietats químiques depenen de l'estructura electrònica, i Z és el nombre de protons i, per tant, el nombre d'electrons de l'àtom neutre.
Problema de la massa. Ordenant per massa, algunes parelles quedaven en l'ordre equivocat, com el tel·luri (127,6 u) i el iode (126,9 u): el iode ha d'anar després del tel·luri per les seves propietats.
Conclusió. Ordenant per Z desapareixen aquestes inversions i cada element queda al grup que li correspon per les seves propietats.

Nivell Batxillerat: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 25

Segons el model de Bohr, l'energia de l'electró de l'àtom d'hidrogen és $E_{n}$ = - $\tfrac{13{,}6}{n^{2}}$ eV. Calcula la longitud d'ona dels fotons emesos quan l'electró cau de n = 3 a n = 2 i de n = 4 a n = 2, i digues a quina regió de l'espectre pertanyen (llum visible: 400-700 nm). Dades: h = 6,63· $10^{-34}$ J·s; c = 3· $10^{8}$ m/s; 1 eV = 1,6· $10^{-19}$ J.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 25

Resultat

3 → 2:

\lambda \approx 658\ \text{nm}

(vermell); 4 → 2:

\lambda \approx 488\ \text{nm}

(blau). Totes dues són llum visible.

Resolució

Energies dels nivells. $E_2 = -3{,}40\ \text{eV}$ ; $E_3 = -1{,}51\ \text{eV}$ ; $E_4 = -0{,}85\ \text{eV}$ . El fotó emès té l'energia de la diferència entre els dos nivells: $\Delta E = h\cdot f = \dfrac{h\cdot c}{\lambda}$ .
Transició 3 → 2. $\Delta E = -1{,}51 - (-3{,}40) = 1{,}89\ \text{eV} = 1{,}89\cdot1{,}6\cdot10^{-19} = 3{,}02\cdot10^{-19}\ \text{J}$ $\lambda = \dfrac{h\cdot c}{\Delta E} = \dfrac{6{,}63\cdot10^{-34}\cdot3\cdot10^{8}}{3{,}02\cdot10^{-19}} = 6{,}58\cdot10^{-7}\ \text{m} = 658\ \text{nm}$
Transició 4 → 2. $\Delta E = -0{,}85 - (-3{,}40) = 2{,}55\ \text{eV} = 4{,}08\cdot10^{-19}\ \text{J}$ $\lambda = \dfrac{1{,}99\cdot10^{-25}}{4{,}08\cdot10^{-19}} = 4{,}88\cdot10^{-7}\ \text{m} = 488\ \text{nm}$
Conclusió. Totes dues línies són a la regió visible (400–700 nm): vermell i blau. Per això l'espectre d'emissió de l'hidrogen és un conjunt de línies de colors concrets i no una banda contínua.

Nivell Batxillerat: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 26

El ferro té nombre atòmic Z = 26.
a) Escriu la configuració electrònica de l'àtom neutre.
b) Escriu les dels ions Fe²⁺ i Fe³⁺ i explica de quin subnivell es perden els electrons.
c) Quants electrons desaparellats té cada espècie?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 26

Apartat a)

Resultat

Fe: 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁶ 4s² 3d⁶ = [Ar] 4s² 3d⁶

Resolució

Dades. $Z = 26$ : 26 electrons a l'àtom neutre.
Ordre d'ompliment. Seguint l'ordre d'energia (el 4s s'omple abans que el 3d): 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁶ 4s² 3d⁶, o bé [Ar] 4s² 3d⁶.

Apartat b)

Resultat

\mathrm{Fe^{2+}}

: [Ar] 3d⁶;

\mathrm{Fe^{3+}}

: [Ar] 3d⁵. Primer es perden els electrons 4s.

Resolució

Regla. En formar cations, els primers electrons que es perden són els de la capa més externa ( $n = 4$ ), és a dir, els 4s, i no els 3d.
Ions. $\mathrm{Fe^{2+}}$ : perd els dos 4s → [Ar] 3d⁶. $\mathrm{Fe^{3+}}$ : perd a més un electró 3d → [Ar] 3d⁵.
Compte. Un error típic és treure els electrons del 3d abans que els del 4s, perquè el 4s s'omple primer.

Apartat c)

Resultat

Fe: 4;

\mathrm{Fe^{2+}}

: 4;

\mathrm{Fe^{3+}}

: 5 electrons desaparellats.

Resolució

Regla de Hund. En els cinc orbitals 3d, els electrons s'hi col·loquen primer un a un amb el mateix espín i després s'aparellen.
Fe i Fe²⁺ (3d⁶). Cinc electrons ocupen un orbital cadascun i el sisè s'aparella: un orbital amb parella i quatre desaparellats → 4.
Fe³⁺ (3d⁵). Un electró a cada orbital → 5 desaparellats.

Nivell Batxillerat: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 27

Segons la física clàssica, un electró que girés al voltant del nucli (model de Rutherford) hauria d'emetre radiació electromagnètica contínuament.
a) Quin problema comporta això per a l'estabilitat de l'àtom?
b) Quins postulats va introduir Bohr per resoldre'l i quin fet experimental explicaven?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 27

Apartat a)

Resultat

L'electró perdria energia radiant, cauria en espiral cap al nucli i l'àtom col·lapsaria; a més, emetria un espectre continu. Cap de les dues coses no s'observa.

Resolució

Física clàssica. Un electró que gira està accelerat (acceleració centrípeta), i una càrrega accelerada emet radiació electromagnètica i perd energia.
Conseqüència. L'electró descriuria una espiral cap al nucli i l'àtom col·lapsaria en una fracció ínfima de segon; a més, emetria llum de totes les freqüències (espectre continu).
Conclusió. Cap de les dues coses no s'observa: els àtoms són estables i els espectres són de línies. El model de Rutherford no ho pot explicar.

Apartat b)

Resultat

Òrbites estacionàries d'energia quantitzada, sense radiar, i emissió o absorció d'un fotó només en saltar entre nivells (

\Delta E = h\cdot f

). Expliquen l'estabilitat de l'àtom i els espectres de línies.

Resolució

Primer postulat. L'electró només pot estar en certes òrbites estacionàries, amb energies determinades (quantitzades), i no radia mentre hi és.
Segon postulat. Emet o absorbeix un fotó només quan salta d'un nivell a un altre, amb $\Delta E = h\cdot f$ .
Fet experimental. Així s'explica per què els àtoms són estables i per què els espectres d'emissió són de línies, amb freqüències que corresponen a les diferències d'energia entre nivells (espectre de l'hidrogen).

Nivell Batxillerat: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 28

Un element es troba al quart període i al grup 17 de la taula periòdica.
a) Quin és el seu nombre atòmic?
b) Escriu-ne la configuració electrònica.
c) Quin ió estable forma i amb quin gas noble és isoelectrònic?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 28

Apartat a)

Resultat

Z = 35

(brom, Br).

Resolució

Raonament. El gas noble del quart període és el criptó (grup 18, $Z = 36$ ).
Conclusió. L'element del grup 17 del mateix període és el que té un electró menys: $Z = 35$ , el brom (Br).

Apartat b)

Resultat

Br: 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁶ 4s² 3d¹⁰ 4p⁵ = [Ar] 4s² 3d¹⁰ 4p⁵

Resolució

Configuració. Omplint per ordre d'energia: 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁶ 4s² 3d¹⁰ 4p⁵, o bé [Ar] 4s² 3d¹⁰ 4p⁵.
Comprovació. $2 + 2 + 6 + 2 + 6 + 2 + 10 + 5 = 35$ electrons. Té 7 electrons de valència (4s² 4p⁵).

Apartat c)

Resultat

Forma

\mathrm{Br^{-}}

, isoelectrònic amb el criptó (Kr).

Resolució

Octet. Amb 7 electrons de valència, li és més fàcil guanyar-ne 1 que perdre'n 7: forma $\mathrm{Br^{-}}$ .
Configuració. $\mathrm{Br^{-}}$ : [Ar] 4s² 3d¹⁰ 4p⁶, idèntica a la del criptó (36 electrons): és isoelectrònic amb el Kr.

Nivell Batxillerat: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 29

Un fotó ultraviolat de 80 nm de longitud d'ona incideix sobre un àtom d'hidrogen en el seu estat fonamental (n = 1), l'energia d'ionització del qual és 13,6 eV.
a) Calcula l'energia del fotó en eV.
b) Raona si té prou energia per arrencar l'electró.
c) Calcula l'energia cinètica de l'electró alliberat i la seva velocitat.
Dades: h = 6,63· $10^{-34}$ J·s; c = 3· $10^{8}$ m/s; 1 eV = 1,6· $10^{-19}$ J; $m_{e}$ = 9,11· $10^{-31}$ kg.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 29

Apartat a)

Resultat

E \approx 2{,}49\cdot10^{-18}\ \text{J} = 15{,}5\ \text{eV}

Resolució

Dades. $\lambda = 80\ \text{nm} = 80\cdot10^{-9}\ \text{m}$ ; $h = 6{,}63\cdot10^{-34}\ \text{J}\cdot\text{s}$ ; $c = 3\cdot10^{8}\ \text{m/s}$ .
Energia del fotó. $E = \dfrac{h\cdot c}{\lambda} = \dfrac{6{,}63\cdot10^{-34}\cdot3\cdot10^{8}}{80\cdot10^{-9}} = 2{,}49\cdot10^{-18}\ \text{J}$
En eV. $E = \dfrac{2{,}49\cdot10^{-18}}{1{,}6\cdot10^{-19}} = 15{,}5\ \text{eV}$ .

Apartat b)

Resultat

Sí:

15{,}5\ \text{eV} \gt 13{,}6\ \text{eV}

, el fotó pot ionitzar l'àtom.

Resolució

Comparació. Per arrencar l'electró des de $n = 1$ cal com a mínim l'energia d'ionització, 13,6 eV.
Conclusió. Com que $15{,}5\ \text{eV} \gt 13{,}6\ \text{eV}$ , el fotó té energia suficient per ionitzar l'àtom. Fixa't que un fotó de 100 nm (12,4 eV) no l'hauria pogut ionitzar per molt intens que fos el feix: només compta l'energia de cada fotó.

Apartat c)

Resultat

E_c \approx 1{,}94\ \text{eV} = 3{,}1\cdot10^{-19}\ \text{J}

;

v \approx 8{,}3\cdot10^{5}\ \text{m/s}

Resolució

Conservació de l'energia. L'energia sobrant es converteix en energia cinètica de l'electró: $E_c = E_{\text{fotó}} - E_{\text{ion}} = 15{,}54 - 13{,}6 = 1{,}94\ \text{eV}$ .
En joules. $E_c = 1{,}94\cdot1{,}6\cdot10^{-19} = 3{,}1\cdot10^{-19}\ \text{J}$ .
Velocitat. $E_c = \tfrac{1}{2}m v^{2}\Rightarrow$ $v = \sqrt{\dfrac{2E_c}{m_e}} = \sqrt{\dfrac{2\cdot3{,}1\cdot10^{-19}}{9{,}11\cdot10^{-31}}} = \sqrt{6{,}8\cdot10^{11}} = 8{,}3\cdot10^{5}\ \text{m/s}$

Nivell Batxillerat: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 30

En l'experiment de Rutherford, una partícula alfa (nucli d'heli, de càrrega +2e) amb una energia cinètica de 5,0 MeV s'adreça frontalment cap al nucli d'un àtom d'or (Z = 79), que considerem fix. A mesura que s'hi acosta, perd energia cinètica i guanya energia potencial elèctrica, $E_{p}$ = k· $q_{1}$ · $\tfrac{q_{2}}{r}$ . Calcula la distància mínima a què arriba del nucli i compara-la amb el radi del nucli d'or, d'uns 7· $10^{-15}$ m. Dades: e = 1,6· $10^{-19}$ C; 1 MeV = 1,6· $10^{-13}$ J; k = 9· $10^{9}$ N· $\tfrac{m^{2}}{C^{2}}$ .

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 30

Resultat

d_{\text{mín}} \approx 4{,}55\cdot10^{-14}\ \text{m}

, unes 6,5 vegades el radi del nucli d'or: la partícula rebota abans de tocar-lo.

Resolució

Dades. $q_1 = 2e = 3{,}2\cdot10^{-19}\ \text{C}$ ; $q_2 = 79e = 1{,}264\cdot10^{-17}\ \text{C}$ ; $E_c = 5{,}0\cdot1{,}6\cdot10^{-13} = 8{,}0\cdot10^{-13}\ \text{J}$ .
Conservació de l'energia mecànica. A la distància mínima la partícula s'atura un instant: tota l'energia cinètica s'ha convertit en energia potencial elèctrica. $E_c = \dfrac{k\cdot q_1\cdot q_2}{d}$
Càlcul. $d = \dfrac{k\cdot q_1\cdot q_2}{E_c} = \dfrac{9\cdot10^{9}\cdot3{,}2\cdot10^{-19}\cdot1{,}264\cdot10^{-17}}{8{,}0\cdot10^{-13}} = \dfrac{3{,}64\cdot10^{-26}}{8{,}0\cdot10^{-13}} = 4{,}55\cdot10^{-14}\ \text{m}$
Comparació. $\dfrac{4{,}55\cdot10^{-14}}{7\cdot10^{-15}} \approx 6{,}5$ : la partícula alfa es frena i rebota per repulsió elèctrica abans de tocar el nucli.
Conclusió. La càrrega positiva és concentrada en una regió de menys de $5\cdot10^{-14}\ \text{m}$ , molt més petita que l'àtom sencer ( $10^{-10}\ \text{m}$ ).

Nivell Batxillerat: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 31

Les longituds d'ona de l'espectre de l'hidrogen compleixen $\tfrac{1}{\lambda} = R$ ·( $\tfrac{1}{n_{1}}$ ² - $\tfrac{1}{n_{2}}$ ²), amb R = 1,097· $10^{7}$ $\text{m}^{-1}$ , on $n_{1}$ és el nivell final ( $n_{2}$ > $n_{1}$ ). Utilitza h = 6,63· $10^{-34}$ J·s, c = 3,00· $10^{8}$ m/s i 1 eV = 1,6· $10^{-19}$ J.
a) Calcula la primera línia de la sèrie de Lyman ( $n_{1}$ = 1) i el límit de la sèrie, i digues en quina regió són.
b) Calcula la primera línia i el límit de la sèrie de Balmer ( $n_{1}$ = 2).
c) Calcula la primera línia de la sèrie de Paschen ( $n_{1}$ = 3).
d) Relaciona el límit de la sèrie de Lyman amb l'energia d'ionització de l'hidrogen.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 31

Apartat a)

Resultat

Primera línia de Lyman:

\lambda \approx 121{,}5\ \text{nm}

; límit:

\lambda \approx 91{,}2\ \text{nm}

. Totes dues a l'ultraviolat.

Resolució

Fórmula de Rydberg. $\dfrac{1}{\lambda} = R\left(\dfrac{1}{n_1^{2}} - \dfrac{1}{n_2^{2}}\right)$ , amb $R = 1{,}097\cdot10^{7}\ \text{m}^{-1}$ i $n_1 = 1$ .
Lyman α (2 → 1). $\dfrac{1}{\lambda} = 1{,}097\cdot10^{7}\left(1 - \tfrac{1}{4}\right) = 8{,}23\cdot10^{6}\ \text{m}^{-1}\Rightarrow \lambda = 121{,}5\ \text{nm}$ .
Límit ( $n_2 \to \infty$ ). $\dfrac{1}{\lambda} = 1{,}097\cdot10^{7}\ \text{m}^{-1}\Rightarrow \lambda = 91{,}2\ \text{nm}$ .
Conclusió. Totes dues longituds d'ona són inferiors a 400 nm: la sèrie de Lyman és a l'ultraviolat.

Apartat b)

Resultat

Primera línia de Balmer:

\lambda \approx 656{,}3\ \text{nm}

(vermell); límit:

\lambda \approx 364{,}6\ \text{nm}

(UV proper).

Resolució

Balmer α (3 → 2). $\dfrac{1}{\lambda} = 1{,}097\cdot10^{7}\left(\tfrac{1}{4} - \tfrac{1}{9}\right) = 1{,}524\cdot10^{6}\ \text{m}^{-1}\Rightarrow \lambda = 656{,}3\ \text{nm}$ (vermell).
Límit. $\dfrac{1}{\lambda} = \dfrac{1{,}097\cdot10^{7}}{4}\Rightarrow \lambda = 364{,}6\ \text{nm}$ (ultraviolat proper).
Conclusió. Les primeres línies de Balmer (656, 486, 434 i 410 nm) són visibles; la sèrie acaba a l'UV proper.

Apartat c)

Resultat

Primera línia de Paschen:

\lambda \approx 1875\ \text{nm}

(infraroig).

Resolució

Paschen α (4 → 3). $\dfrac{1}{\lambda} = 1{,}097\cdot10^{7}\left(\tfrac{1}{9} - \tfrac{1}{16}\right) = 5{,}33\cdot10^{5}\ \text{m}^{-1}$ .
Conclusió. $\lambda = 1875\ \text{nm}$ , més de 700 nm: és a l'infraroig.

Apartat d)

Resultat

El fotó del límit de Lyman té

E \approx 2{,}18\cdot10^{-18}\ \text{J} = 13{,}6\ \text{eV}

, justament l'energia d'ionització de l'hidrogen.

Resolució

Significat. El límit de Lyman correspon a un fotó que porta l'electró des de $n = 1$ fins a l'infinit (electró lliure): és la ionització.
Càlcul. $E = \dfrac{h\cdot c}{\lambda} = \dfrac{6{,}63\cdot10^{-34}\cdot3{,}00\cdot10^{8}}{91{,}2\cdot10^{-9}} = 2{,}18\cdot10^{-18}\ \text{J} = 13{,}6\ \text{eV}$
Comprovació. Els límits de cada sèrie tenen energies 13,6; 3,40 i 1,51 eV, és a dir, $E = \tfrac{13{,}6}{n_1^{2}}\ \text{eV}$ : l'energia per ionitzar des del nivell $n_1$ .

Nivell Batxillerat: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 32

El clor natural té dos isòtops: Cl-35 (75,8 %) i Cl-37 (24,2 %). Un espectròmetre de masses ionitza molècules de Cl₂ (sense trencar-les).
a) Quines masses moleculars (en u) apareixen a l'espectre i quina és la proporció relativa dels pics?
b) Calcula la massa atòmica mitjana del clor i la massa molecular mitjana del Cl₂.
c) Comprova que la massa mitjana ponderada dels pics coincideix amb 2 vegades la massa atòmica mitjana.
d) Quin patró de pics tindria un àtom de Cl aïllat (Cl⁺)?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 32

Apartat a)

Resultat

Pics a 70, 72 i 74 u, amb probabilitats 57,5 %, 36,7 % i 5,9 % (proporció aproximada 10 : 6,4 : 1).

Resolució

Molècules possibles. ³⁵Cl–³⁵Cl (massa 70), ³⁵Cl–³⁷Cl (72) i ³⁷Cl–³⁷Cl (74).
Probabilitats. Els dos àtoms es combinen de manera independent: $P(70) = 0{,}758^{2} = 0{,}575$ ; $P(72) = 2\cdot0{,}758\cdot0{,}242 = 0{,}367$ (factor 2 perquè hi ha dos ordres possibles); $P(74) = 0{,}242^{2} = 0{,}0586$ .
Proporció. 57,5 % : 36,7 % : 5,9 %, aproximadament 10 : 6,4 : 1.

Apartat b)

Resultat

\bar{M}(\mathrm{Cl}) = 35{,}48\ \text{u}

;

\bar{M}(\mathrm{Cl_2}) = 70{,}97\ \text{u}

Resolució

Mitjana ponderada. $\bar{M}(\mathrm{Cl}) = 35\cdot0{,}758 + 37\cdot0{,}242 = 26{,}53 + 8{,}95 = 35{,}48\ \text{u}$ .
Molècula. $\bar{M}(\mathrm{Cl_2}) = 2\cdot35{,}48 = 70{,}97\ \text{u}$ .

Apartat c)

Resultat

70\cdot0{,}57456 + 72\cdot0{,}36687 + 74\cdot0{,}05856 \approx 70{,}97\ \text{u} = 2\cdot35{,}48\ \text{u}

: coincideixen.

Resolució

Mitjana dels pics. $70\cdot0{,}57456 + 72\cdot0{,}36687 + 74\cdot0{,}05856 = 40{,}219 + 26{,}415 + 4{,}333 = 70{,}967 \approx 70{,}97\ \text{u}$
Conclusió. Dona el mateix que $2\cdot35{,}48 = 70{,}97\ \text{u}$ , com ha de ser: la mitjana d'una suma és la suma de les mitjanes.

Apartat d)

Resultat

Dos pics, a

m/z = 35

(75,8 %) i

m/z = 37

(24,2 %), en proporció

\approx 3{,}1 : 1

Resolució

Àtom aïllat. Cada ió $\mathrm{Cl^{+}}$ conté un sol àtom, de massa 35 o 37, amb les abundàncies naturals.
Conclusió. Proporció $\tfrac{75{,}8}{24{,}2} \approx 3{,}1 : 1$ . Aquest patró 3 : 1 en els espectres és la «signatura» del clor en un compost orgànic.

Nivell Batxillerat: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 33

Segons el model de Bohr, l'energia d'un àtom d'un sol electró amb càrrega nuclear Z és $E_{n}$ = -13,6· $\tfrac{Z^{2}}{n^{2}}$ eV. Utilitza h·c = 1240 eV·nm.
a) Calcula l'energia d'ionització de H, He⁺ i Li²⁺.
b) Calcula l'energia i la longitud d'ona de la transició 2 → 1 en cada una.
c) Demostra que la línia 4 → 2 del He⁺ té la mateixa energia que la línia 2 → 1 de l'H.
d) A quina regió de l'espectre es troben les línies de l'apartat b)?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 33

Apartat a)

Resultat

H: 13,6 eV;

\mathrm{He^{+}}

: 54,4 eV;

\mathrm{Li^{2+}}

: 122,4 eV.

Resolució

Ionització. Ionitzar vol dir passar de $n = 1$ a l'infinit: $E_{\text{ion}} = 13{,}6\cdot Z^{2}\ \text{eV}$ .
Càlcul. H ( $Z = 1$ ): 13,6 eV; $\mathrm{He^{+}}$ ( $Z = 2$ ): $13{,}6\cdot4 = 54{,}4\ \text{eV}$ ; $\mathrm{Li^{2+}}$ ( $Z = 3$ ): $13{,}6\cdot9 = 122{,}4\ \text{eV}$ .
Conclusió. L'energia escala amb $Z^{2}$ : per això aquests ions necessiten fotons molt més energètics.

Apartat b)

Resultat

H: 10,2 eV,

\lambda = 121{,}6\ \text{nm}

;

\mathrm{He^{+}}

: 40,8 eV,

\lambda = 30{,}4\ \text{nm}

;

\mathrm{Li^{2+}}

: 91,8 eV,

\lambda = 13{,}5\ \text{nm}

Resolució

Transició 2 → 1. $\Delta E = 13{,}6\cdot Z^{2}\left(1 - \tfrac{1}{4}\right) = 10{,}2\cdot Z^{2}\ \text{eV}$ , i $\lambda = \dfrac{h\cdot c}{\Delta E} = \dfrac{1240\ \text{eV}\cdot\text{nm}}{\Delta E}$ .
Càlcul. H: 10,2 eV, $\lambda = \tfrac{1240}{10{,}2} = 121{,}6\ \text{nm}$ . $\mathrm{He^{+}}$ : 40,8 eV, $\lambda = 30{,}4\ \text{nm}$ . $\mathrm{Li^{2+}}$ : 91,8 eV, $\lambda = 13{,}5\ \text{nm}$ .

Apartat c)

Resultat

\Delta E(\mathrm{He^{+}},\,4\to2) = 54{,}4\cdot\left(\tfrac{1}{4} - \tfrac{1}{16}\right) = 10{,}2\ \text{eV} = \Delta E(\mathrm{H},\,2\to1)

Resolució

He⁺, 4 → 2. $\Delta E = 13{,}6\cdot4\left(\tfrac{1}{4} - \tfrac{1}{16}\right) = 54{,}4\cdot0{,}1875 = 10{,}2\ \text{eV}$
H, 2 → 1. $\Delta E = 13{,}6\left(1 - \tfrac{1}{4}\right) = 10{,}2\ \text{eV}$ : la mateixa energia. En general, $\tfrac{Z^{2}}{n^{2}}$ amb $Z = 2$ i $n = 2k$ és igual a $\tfrac{1}{k^{2}}$ .
Conclusió. Per això les línies de la sèrie de Pickering de l' $\mathrm{He^{+}}$ es van confondre amb les de l'hidrogen.

Apartat d)

Resultat

A l'ultraviolat (

\lambda \lt 400\ \text{nm}

); com més gran és Z, més curta és la longitud d'ona.

Resolució

Comparació. 121,6 nm, 30,4 nm i 13,5 nm són totes inferiors a 400 nm: les tres línies són ultraviolades (les de $\mathrm{He^{+}}$ i $\mathrm{Li^{2+}}$ , a l'UV extrem).
Conclusió. Com que l'energia creix amb $Z^{2}$ , la longitud d'ona s'escurça en augmentar Z; per a Z grans, les línies arriben als raigs X.

Nivell Batxillerat: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 34

En el model de Bohr, el radi de l'òrbita n és $r_{n}$ = $a_{0}$ · $\tfrac{n^{2}}{Z}$ ( $a_{0}$ = 0,0529 nm) i la velocitat de l'electró és $v_{n}$ = 2,19· $10^{6}$ ·Z/n m/s (c = 3,00· $10^{8}$ m/s).
a) Calcula el radi i la velocitat de l'electró de l'hidrogen en n = 1, 2 i 3.
b) Quin tant per cent de la velocitat de la llum és la de n = 1? I a Li²⁺ (Z = 3)?
c) Calcula el període de revolució i la freqüència orbital a n = 1 de l'hidrogen.
d) Quina és la longitud d'ona de De Broglie de l'electró a n = 1 (m = 9,11· $10^{-31}$ kg) i com es compara amb la circumferència de l'òrbita?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 34

Apartat a)

Resultat

n = 1

r = 0{,}0529\ \text{nm}

v = 2{,}19\cdot10^{6}\ \text{m/s}

;

n = 2

r = 0{,}212\ \text{nm}

v = 1{,}10\cdot10^{6}\ \text{m/s}

;

n = 3

r = 0{,}476\ \text{nm}

v = 7{,}3\cdot10^{5}\ \text{m/s}

Resolució

Fórmules (Z = 1). $r_n = a_0\cdot n^{2}$ i $v_n = \dfrac{2{,}19\cdot10^{6}}{n}\ \text{m/s}$ .
Càlcul. $n = 1$ : $r = 0{,}0529\ \text{nm}$ , $v = 2{,}19\cdot10^{6}\ \text{m/s}$ . $n = 2$ : $r = 4\cdot0{,}0529 = 0{,}212\ \text{nm}$ , $v = 1{,}10\cdot10^{6}\ \text{m/s}$ . $n = 3$ : $r = 9\cdot0{,}0529 = 0{,}476\ \text{nm}$ , $v = 7{,}3\cdot10^{5}\ \text{m/s}$ .
Conclusió. El radi creix com $n^{2}$ i la velocitat decreix com $\tfrac{1}{n}$ .

Apartat b)

Resultat

H (

n = 1

): 0,73 % de c;

\mathrm{Li^{2+}}

v = 6{,}57\cdot10^{6}\ \text{m/s}

, 2,2 % de c.

Resolució

Hidrogen. $\dfrac{2{,}19\cdot10^{6}}{3{,}00\cdot10^{8}} = 0{,}0073 = 0{,}73\ \%$ .
Li²⁺. $v = 3\cdot2{,}19\cdot10^{6} = 6{,}57\cdot10^{6}\ \text{m/s}$ , és a dir, el 2,2 % de c.
Conclusió. Encara no és relativista, però com que v creix amb Z, en àtoms pesants la velocitat dels electrons interns ja és significativa.

Apartat c)

Resultat

T \approx 1{,}52\cdot10^{-16}\ \text{s}

;

f \approx 6{,}6\cdot10^{15}\ \text{Hz}

Resolució

Període. Moviment circular uniforme: $T = \dfrac{2\pi r}{v} = \dfrac{2\pi\cdot5{,}29\cdot10^{-11}}{2{,}19\cdot10^{6}} = 1{,}52\cdot10^{-16}\ \text{s}$
Freqüència. $f = \dfrac{1}{T} = 6{,}6\cdot10^{15}\ \text{Hz}$ : l'electró fa uns 6,6 mil bilions de voltes per segon.

Apartat d)

Resultat

\lambda = 0{,}332\ \text{nm}

, igual a la circumferència de l'òrbita (

2\pi r_1 = 0{,}332\ \text{nm}

): hi cap exactament una longitud d'ona.

Resolució

De Broglie. $\lambda = \dfrac{h}{m\cdot v} = \dfrac{6{,}63\cdot10^{-34}}{9{,}11\cdot10^{-31}\cdot2{,}19\cdot10^{6}} = 3{,}32\cdot10^{-10}\ \text{m} = 0{,}332\ \text{nm}$
Circumferència. $2\pi\cdot0{,}0529 = 0{,}332\ \text{nm}$ : exactament una longitud d'ona.
Interpretació. En general $2\pi r_n = n\cdot\lambda$ : l'òrbita permesa és la que conté un nombre enter d'ones (ona estacionària), i això dona la quantització de Bohr. Comprovació amb $n = 2$ : $2\pi\cdot0{,}212 = 1{,}33\ \text{nm}$ i $\lambda = 0{,}665\ \text{nm}$ , i $\tfrac{1{,}33}{0{,}665} = 2$ .

Nivell Batxillerat: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 35

Els metalls de transició presenten excepcions a l'ordre d'ompliment (regla de Madelung). Considera el crom (Z = 24), el coure (Z = 29) i el zinc (Z = 30).
a) Escriu la configuració electrònica de Cr i Cu i justifica per què no segueixen l'ordre esperat.
b) Escriu les configuracions de Cr³⁺, Cu⁺, Cu²⁺ i Zn²⁺.
c) Compta els electrons desaparellats de Cr, Cr³⁺, Cu⁺, Cu²⁺ i Zn²⁺.
d) Quins d'aquests ions són paramagnètics i quins diamagnètics?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 35

Apartat a)

Resultat

Cr: [Ar] 4s¹ 3d⁵; Cu: [Ar] 4s¹ 3d¹⁰. Un subnivell d mig ple o ple és especialment estable.

Resolució

Ordre esperat. Per Madelung tocaria Cr: [Ar] 4s² 3d⁴ i Cu: [Ar] 4s² 3d⁹.
Configuracions reals. Cr: [Ar] 4s¹ 3d⁵. Cu: [Ar] 4s¹ 3d¹⁰: un electró 4s passa al 3d.
Justificació. Els subnivells 4s i 3d tenen energies molt properes, i un subnivell d mig ple (d⁵) o ple (d¹⁰) és especialment estable: té simetria, el màxim d'electrons d'espín paral·lel (regla de Hund) i menys repulsió.

Apartat b)

Resultat

\mathrm{Cr^{3+}}

: [Ar] 3d³;

\mathrm{Cu^{+}}

: [Ar] 3d¹⁰;

\mathrm{Cu^{2+}}

: [Ar] 3d⁹;

\mathrm{Zn^{2+}}

: [Ar] 3d¹⁰.

Resolució

Regla. Els ions perden primer els electrons del 4s (capa més externa) i després els del 3d. Un error típic és treure primer els del 3d.
Configuracions. $\mathrm{Cr^{3+}}$ (perd 4s¹ i dos 3d): [Ar] 3d³. $\mathrm{Cu^{+}}$ : [Ar] 3d¹⁰. $\mathrm{Cu^{2+}}$ : [Ar] 3d⁹. $\mathrm{Zn^{2+}}$ (el Zn és [Ar] 4s² 3d¹⁰): [Ar] 3d¹⁰.

Apartat c)

Resultat

Cr: 6;

\mathrm{Cr^{3+}}

: 3;

\mathrm{Cu^{+}}

: 0;

\mathrm{Cu^{2+}}

: 1;

\mathrm{Zn^{2+}}

: 0.

Resolució

Regla de Hund. Els electrons ocupen els cinc orbitals 3d un a un abans d'aparellar-se.
Recompte. Cr: 6 (5 en 3d + 1 en 4s). $\mathrm{Cr^{3+}}$ (3d³): 3. $\mathrm{Cu^{+}}$ (3d¹⁰): 0. $\mathrm{Cu^{2+}}$ (3d⁹): 1, perquè un orbital té un sol electró. $\mathrm{Zn^{2+}}$ (3d¹⁰): 0.

Apartat d)

Resultat

Paramagnètics: Cr,

\mathrm{Cr^{3+}}

\mathrm{Cu^{2+}}

. Diamagnètics:

\mathrm{Cu^{+}}

\mathrm{Zn^{2+}}

Resolució

Criteri. Una espècie amb electrons desaparellats és paramagnètica (és atreta per un camp magnètic); si tots estan aparellats, és diamagnètica.
Aplicació. Paramagnètics: Cr, $\mathrm{Cr^{3+}}$ i $\mathrm{Cu^{2+}}$ . Diamagnètics: $\mathrm{Cu^{+}}$ i $\mathrm{Zn^{2+}}$ .
Conseqüència. Els ions amb el subnivell d incomplet, com el $\mathrm{Cu^{2+}}$ , solen donar compostos acolorits (les sals de $\mathrm{Cu^{2+}}$ són blaves); amb el d¹⁰ complet, les de $\mathrm{Zn^{2+}}$ i $\mathrm{Cu^{+}}$ sovint són incolores o blanques.

Nivell Batxillerat: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 36

Es fa incidir llum ultraviolada de 300 nm sobre una làmina de sodi, la funció de treball del qual és φ = 2,3 eV. Dades: h = 6,63· $10^{-34}$ J·s, c = 3,00· $10^{8}$ m/s, 1 eV = 1,6· $10^{-19}$ J, $m_{e}$ = 9,11· $10^{-31}$ kg, h·c = 1240 eV·nm.
a) Calcula l'energia del fotó i l'energia cinètica màxima dels electrons arrencats.
b) Calcula la velocitat màxima d'aquests electrons i el potencial de frenada.
c) Calcula la longitud d'ona llindar (freqüència llindar) del sodi.
d) S'arrencarien electrons amb llum de 450 nm? I amb llum vermella de 700 nm? Raona-ho i explica per què augmentar la intensitat de la llum no ho canvia.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 36

Apartat a)

Resultat

E_{\text{fotó}} = 4{,}13\ \text{eV}

;

E_{c,\text{màx}} = 1{,}83\ \text{eV} = 2{,}93\cdot10^{-19}\ \text{J}

Resolució

Energia del fotó. $E = \dfrac{h\cdot c}{\lambda} = \dfrac{1240}{300} = 4{,}13\ \text{eV}$ .
Equació d'Einstein de l'efecte fotoelèctric. $E_{c,\text{màx}} = E_{\text{fotó}} - \varphi = 4{,}13 - 2{,}3 = 1{,}83\ \text{eV} = 2{,}93\cdot10^{-19}\ \text{J}$

Apartat b)

Resultat

v_{\text{màx}} \approx 8{,}0\cdot10^{5}\ \text{m/s}

;

V_0 = 1{,}83\ \text{V}

Resolució

Velocitat. $v = \sqrt{\dfrac{2E_c}{m_e}} = \sqrt{\dfrac{2\cdot2{,}93\cdot10^{-19}}{9{,}11\cdot10^{-31}}} = 8{,}0\cdot10^{5}\ \text{m/s}$
Potencial de frenada. $e\cdot V_0 = E_{c,\text{màx}}\Rightarrow V_0 = 1{,}83\ \text{V}$ .

Apartat c)

Resultat

\lambda_0 \approx 539\ \text{nm}

;

f_0 \approx 5{,}6\cdot10^{14}\ \text{Hz}

Resolució

Llindar. Al llindar l'energia del fotó és just la funció de treball: $\dfrac{h\cdot c}{\lambda_0} = \varphi$ .
Càlcul. $\lambda_0 = \dfrac{1240}{2{,}3} = 539\ \text{nm}$ i $f_0 = \dfrac{c}{\lambda_0} = 5{,}6\cdot10^{14}\ \text{Hz}$ .

Apartat d)

Resultat

Amb 450 nm, sí (2,76 eV > 2,3 eV;

E_c = 0{,}46\ \text{eV}

); amb 700 nm, no (1,77 eV < 2,3 eV). La intensitat canvia el nombre de fotons, no l'energia de cada fotó.

Resolució

450 nm. $E = \tfrac{1240}{450} = 2{,}76\ \text{eV} \gt 2{,}3\ \text{eV}$ : sí que arrenca electrons, amb $E_c = 0{,}46\ \text{eV}$ .
700 nm. $E = \tfrac{1240}{700} = 1{,}77\ \text{eV} \lt 2{,}3\ \text{eV}$ : no, per molt intensa que sigui la llum.
Intensitat. L'energia es transfereix en fotons indivisibles: un fotó ha de tenir prou energia per si sol. Més intensitat vol dir més fotons (més electrons arrencats, més corrent), no fotons més energètics.
Conclusió. L'efecte fotoelèctric (Einstein) va mostrar la naturalesa corpuscular de la llum i la quantització de l'energia.

Nivell Batxillerat: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 37

El radi d'un nucli d'índex de massa A és aproximadament R = 1,2· $10^{-15}$ ·A^{$\tfrac{1}{3}$} m. Considera un àtom d'or (A = 197, massa 197 u amb 1 u = 1,66· $10^{-27}$ kg, radi atòmic 1,44· $10^{-10}$ m).
a) Calcula el radi del nucli i la seva densitat.
b) Calcula la densitat mitjana de l'àtom completament (nucli més electrons, suposant l'àtom com una esfera).
c) Calcula la fracció del volum atòmic que ocupa el nucli.
d) Quina seria la massa d'1 cm³ de matèria nuclear? Comenta-ho.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 37

Apartat a)

Resultat

R \approx 6{,}98\cdot10^{-15}\ \text{m}

;

\rho_{\text{nucli}} \approx 2{,}3\cdot10^{17}\ \text{kg/m}^{3}

Resolució

Radi. $R = 1{,}2\cdot10^{-15}\cdot197^{1/3} = 1{,}2\cdot10^{-15}\cdot5{,}82 = 6{,}98\cdot10^{-15}\ \text{m}$ .
Massa i volum. $m \approx 197\cdot1{,}66\cdot10^{-27} = 3{,}27\cdot10^{-25}\ \text{kg}$ (la massa dels electrons és negligible); $V = \tfrac{4}{3}\pi R^{3} = 1{,}43\cdot10^{-42}\ \text{m}^{3}$ .
Densitat. $\rho = \dfrac{3{,}27\cdot10^{-25}}{1{,}43\cdot10^{-42}} = 2{,}3\cdot10^{17}\ \text{kg/m}^{3}$

Apartat b)

Resultat

\rho_{\text{àtom}} \approx 2{,}6\cdot10^{4}\ \text{kg/m}^{3}

Resolució

Volum atòmic. $V = \tfrac{4}{3}\pi\,(1{,}44\cdot10^{-10})^{3} = 1{,}25\cdot10^{-29}\ \text{m}^{3}$ .
Densitat. $\rho = \dfrac{3{,}27\cdot10^{-25}}{1{,}25\cdot10^{-29}} = 2{,}6\cdot10^{4}\ \text{kg/m}^{3}$ .
Comparació. El valor real de l'or és $1{,}93\cdot10^{4}\ \text{kg/m}^{3}$ : l'ordre de magnitud hi és; és menor perquè els àtoms no omplen tot l'espai en un sòlid.

Apartat c)

Resultat

Fracció

\approx 1{,}1\cdot10^{-13}

del volum atòmic.

Resolució

Fracció de volum. $\dfrac{V_{\text{nucli}}}{V_{\text{àtom}}} = \left(\dfrac{R}{r_{\text{àtom}}}\right)^{3} = \left(\dfrac{6{,}98\cdot10^{-15}}{1{,}44\cdot10^{-10}}\right)^{3} = (4{,}85\cdot10^{-5})^{3} = 1{,}1\cdot10^{-13}$
Conclusió. El nucli ocupa només uns $10^{-13}$ del volum atòmic (una dècima de bilionèsima).

Apartat d)

Resultat

m \approx 2{,}3\cdot10^{11}\ \text{kg} = 2{,}3\cdot10^{8}\ \text{t}

: la densitat d'una estrella de neutrons.

Resolució

Càlcul. $1\ \text{cm}^{3} = 10^{-6}\ \text{m}^{3}$ : $m = 2{,}3\cdot10^{17}\cdot10^{-6} = 2{,}3\cdot10^{11}\ \text{kg} = 2{,}3\cdot10^{8}\ \text{t}$ .
Comentari. És la densitat d'una estrella de neutrons. Gairebé tota la massa és en un espai minúscul, com va deduir Rutherford: l'àtom és essencialment buit.

Nivell Batxillerat: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 38

Les energies d'ionització successives (kJ/mol) de dos elements X i Y són: X: 738; 1451; 7733; 10 543; 13 630. Y: 578; 1817; 2745; 11 577; 14 842.
a) Calcula els quocients entre energies successives i identifica on hi ha un salt gran.
b) Dedueix el nombre d'electrons de valència i el grup de cada element, i quin és el catió més estable de cada un.
c) Calcula l'energia necessària per formar un mol del catió més estable de cadascun.
d) Calcula l'energia per àtom (en eV) per formar el catió de Y i la longitud d'ona màxima d'un fotó que ho podria fer d'una sola vegada (h·c = 1240 eV·nm; $N_{A}$ = 6,022· $10^{23}$ ).

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 38

Apartat a)

Resultat

X: 1,97; 5,33; 1,36; 1,29 (salt gran entre la 2a i la 3a). Y: 3,14; 1,51; 4,22; 1,28 (salt gran entre la 3a i la 4a).

Resolució

Quocients de X. $\tfrac{1451}{738} = 1{,}97$ ; $\tfrac{7733}{1451} = 5{,}33$ ; $\tfrac{10\,543}{7733} = 1{,}36$ ; $\tfrac{13\,630}{10\,543} = 1{,}29$ . El gran salt és de la 2a a la 3a.
Quocients de Y. $\tfrac{1817}{578} = 3{,}14$ ; $\tfrac{2745}{1817} = 1{,}51$ ; $\tfrac{11\,577}{2745} = 4{,}22$ ; $\tfrac{14\,842}{11\,577} = 1{,}28$ . El gran salt és de la 3a a la 4a.

Apartat b)

Resultat

X: 2 electrons de valència, grup 2 (magnesi),

\mathrm{X^{2+}}

. Y: 3 electrons de valència, grup 13 (alumini),

\mathrm{Y^{3+}}

Resolució

Interpretació. El salt gran indica que el següent electró és d'una capa interna, molt més lligada.
Element X. Té 2 electrons de valència: grup 2 (alcalinoterri; és el magnesi). Catió més estable: $\mathrm{X^{2+}}$ .
Element Y. Té 3 electrons de valència: grup 13 (és l'alumini). Catió més estable: $\mathrm{Y^{3+}}$ .

Apartat c)

Resultat

\mathrm{X^{2+}}

: 2189 kJ/mol;

\mathrm{Y^{3+}}

: 5140 kJ/mol.

Resolució

Plantejament. Per formar el catió cal sumar les energies d'ionització successives fins a la càrrega del catió.
Càlcul. $\mathrm{X^{2+}}$ : $738 + 1451 = 2189\ \text{kJ/mol}$ . $\mathrm{Y^{3+}}$ : $578 + 1817 + 2745 = 5140\ \text{kJ/mol}$ .

Apartat d)

Resultat

E \approx 8{,}54\cdot10^{-18}\ \text{J} = 53{,}3\ \text{eV}

per àtom;

\lambda_{\text{màx}} \approx 23{,}3\ \text{nm}

(UV de buit / raigs X tous).

Resolució

Energia per àtom. $E = \dfrac{5140\cdot10^{3}}{6{,}022\cdot10^{23}} = 8{,}54\cdot10^{-18}\ \text{J} = 53{,}3\ \text{eV}$
Fotó. $\lambda = \dfrac{1240}{53{,}3} = 23{,}3\ \text{nm}$ (UV de buit / raigs X tous).
Matís. A la pràctica un únic fotó no arrenca els tres electrons alhora; el càlcul indica només l'energia total. A l'alumini la ionització més fàcil és la primera (5,99 eV per àtom), però formar $\mathrm{Al^{3+}}$ és costós; aquest cost el compensa l'energia de xarxa dels compostos iònics.

Nivell Batxillerat: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Preparat per a la universitat

Els exercicis més exigents: nivell PAU alt i primer curs de grau. Veure totes les matèries

Exercici 39

El coure té una densitat de 8,96 g/cm³, una massa atòmica de 63,5 u i un radi atòmic de 0,128 nm ( $N_{A}$ = 6,022· $10^{23}$ mol^-1).
a) Calcula quants àtoms hi ha en 1 cm³ de coure.
b) Calcula el volum «disponible» per àtom i l'aresta del cub de volum equivalent.
c) Calcula la fracció del volum que ocupen realment els àtoms, suposant-los esferes.
d) Compara-ho amb 0,74, el valor màxim possible per a esferes iguals empaquetades, i explica per què no pot ser 1.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 39

Apartat a)

Resultat

\approx 8{,}50\cdot10^{22}

àtoms en 1 cm³.

Resolució

Massa i mols. 1 cm³ de coure té una massa de 8,96 g: $n = \dfrac{8{,}96}{63{,}5} = 0{,}141\ \text{mol}$ .
Àtoms. $N = 0{,}141\cdot6{,}022\cdot10^{23} = 8{,}50\cdot10^{22}$ àtoms/cm³.

Apartat b)

Resultat

V \approx 1{,}18\cdot10^{-29}\ \text{m}^{3}

per àtom; aresta

\approx 0{,}227\ \text{nm}

Resolució

Volum per àtom. $V = \dfrac{1}{8{,}50\cdot10^{22}} = 1{,}18\cdot10^{-23}\ \text{cm}^{3} = 1{,}18\cdot10^{-29}\ \text{m}^{3}$ .
Aresta del cub equivalent. $a = (1{,}18\cdot10^{-29})^{1/3} = 2{,}27\cdot10^{-10}\ \text{m} = 0{,}227\ \text{nm}$ .
Comprovació. És de l'ordre de dos radis atòmics ( $2\cdot0{,}128 = 0{,}256\ \text{nm}$ ), com cal esperar si els àtoms es toquen.

Apartat c)

Resultat

Fracció ocupada

\approx 0{,}746

(74,6 %).

Resolució

Volum d'un àtom. $V_{\text{at}} = \tfrac{4}{3}\pi\,(0{,}128\cdot10^{-9})^{3} = 8{,}78\cdot10^{-30}\ \text{m}^{3}$ .
Fracció. $f = \dfrac{8{,}78\cdot10^{-30}}{1{,}18\cdot10^{-29}} = 0{,}746\ (74{,}6\ \%)$

Apartat d)

Resultat

Coincideix pràcticament amb 0,74 (empaquetament compacte); no pot ser 1 perquè entre esferes sempre queden forats.

Resolució

Comparació. El resultat és pràcticament igual al 0,74 de l'empaquetament compacte (cúbic centrat a les cares), que és justament l'estructura del coure.
Per què no 1. Les esferes deixen forats entre elles (un 26 % de volum buit). A més, la «mida» d'un àtom no és exacta: la funció d'ona de l'electró no té vora.
Observació. Encara que els àtoms omplen el 75 % del volum, cada àtom és quasi tot buit: el nucli n'ocupa només uns $10^{-13}$ .

Nivell Batxillerat: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 40

La primera energia d'ionització del sodi és de 496 kJ/mol. La seva llum de flama té una línia groga intensa de 589,0 nm ( $N_{A}$ = 6,022· $10^{23}$ mol^-1, h·c = 1240 eV·nm, 1 eV = 1,6· $10^{-19}$ J).
a) Expressa l'energia d'ionització per àtom en J i en eV.
b) Calcula la longitud d'ona màxima d'un fotó que pot ionitzar un àtom de sodi i digues en quina regió és.
c) Calcula l'energia del fotó groc en eV i en kJ/mol.
d) Explica a quina transició correspon el fotó groc i per què no ionitza el sodi.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 40

Apartat a)

Resultat

E_{\text{ion}} \approx 8{,}24\cdot10^{-19}\ \text{J} = 5{,}15\ \text{eV}

per àtom.

Resolució

Per àtom. $E = \dfrac{496\cdot10^{3}\ \text{J/mol}}{6{,}022\cdot10^{23}\ \text{mol}^{-1}} = 8{,}24\cdot10^{-19}\ \text{J}$
En eV. $E = \dfrac{8{,}24\cdot10^{-19}}{1{,}6\cdot10^{-19}} = 5{,}15\ \text{eV}$ .

Apartat b)

Resultat

\lambda_{\text{màx}} \approx 241\ \text{nm}

: ultraviolat.

Resolució

Condició. El fotó ha de tenir com a mínim l'energia d'ionització: $\lambda_{\text{màx}} = \dfrac{h\cdot c}{E_{\text{ion}}} = \dfrac{1240}{5{,}15} = 241\ \text{nm}$ .
Conclusió. És ultraviolat: qualsevol fotó d'una longitud d'ona inferior a 241 nm ionitza un àtom de sodi.

Apartat c)

Resultat

E \approx 2{,}11\ \text{eV} = 3{,}37\cdot10^{-19}\ \text{J}

, és a dir,

\approx 203\ \text{kJ/mol}

Resolució

Energia del fotó. $E = \dfrac{1240}{589{,}0} = 2{,}105\ \text{eV} = 3{,}37\cdot10^{-19}\ \text{J}$ .
Per mol. $3{,}37\cdot10^{-19}\cdot6{,}022\cdot10^{23} = 2{,}03\cdot10^{5}\ \text{J/mol} = 203\ \text{kJ/mol}$ .

Apartat d)

Resultat

Correspon al salt de l'electró de valència entre 3p i 3s; 2,1 eV és menys que els 5,15 eV necessaris, per això no l'ionitza.

Resolució

Transició. El fotó groc (2,1 eV) correspon a la transició d'un electró de valència de l'orbital 3p al 3s (o al revés en l'absorció): és un salt entre nivells lligats de l'àtom.
Per què no ionitza. 2,1 eV és menys de la meitat dels 5,15 eV necessaris per ionitzar-lo: l'electró no s'allibera, només salta d'un nivell a un altre.
Observació. La llum d'una flama de sodi és gairebé monocromàtica i molt intensa; per això s'utilitzava als fanals de «llum de sodi». La línia és en realitat doble (589,0 i 589,6 nm).

Nivell Batxillerat: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 41

En un assaig a la flama, els compostos de liti, sodi i potassi emeten principalment les línies següents: Li, 670,8 nm; Na, 589,0 nm; K, 766,5 nm. Utilitza h = 6,63· $10^{-34}$ J·s, c = 3,00· $10^{8}$ m/s, h·c = 1240 eV·nm i $N_{A}$ = 6,022· $10^{23}$ mol^-1.
a) Calcula la freqüència i l'energia (en eV i en kJ/mol) de cada línia.
b) Ordena els tres elements per l'energia de la transició.
c) Quina de les línies es troba prop del límit d'invisibilitat de l'ull humà (≈ 750 nm)? Què implica per a la identificació visual?
d) Explica per què cada element té una línia característica i com serveix per identificar-los.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 41

Apartat a)

Resultat

Li:

f = 4{,}47\cdot10^{14}\ \text{Hz}

, 1,85 eV, 178 kJ/mol. Na:

f = 5{,}09\cdot10^{14}\ \text{Hz}

, 2,11 eV, 203 kJ/mol. K:

f = 3{,}91\cdot10^{14}\ \text{Hz}

, 1,62 eV, 156 kJ/mol.

Resolució

Fórmules. $f = \dfrac{c}{\lambda}$ , $E = \dfrac{1240}{\lambda\,(\text{nm})}\ \text{eV}$ i, per mol, $E_{\text{mol}} = h\cdot f\cdot N_A$ .
Liti (670,8 nm). $f = 4{,}47\cdot10^{14}\ \text{Hz}$ , $E = 1{,}85\ \text{eV} = 178\ \text{kJ/mol}$ .
Sodi (589,0 nm). $f = 5{,}09\cdot10^{14}\ \text{Hz}$ , $E = 2{,}11\ \text{eV} = 203\ \text{kJ/mol}$ .
Potassi (766,5 nm). $f = 3{,}91\cdot10^{14}\ \text{Hz}$ , $E = 1{,}62\ \text{eV} = 156\ \text{kJ/mol}$ .

Apartat b)

Resultat

Na (2,11 eV) > Li (1,85 eV) > K (1,62 eV).

Resolució

Relació. L'energia és inversament proporcional a la longitud d'ona: com més curta és λ, més energètica és la transició.
Ordre. Na (589,0 nm) > Li (670,8 nm) > K (766,5 nm) en energia.

Apartat c)

Resultat

La del potassi (766,5 nm): l'ull gairebé no la veu, i el color de la flama depèn d'altres línies més febles.

Resolució

Comparació. 766,5 nm supera els 750 nm: és vermell molt fosc, gairebé infraroig, i l'ull la percep molt malament.
Conseqüència. Per això el potassi dona a la flama un color lilós feble: el color que veiem depèn d'altres línies més febles, i a ull nu costa identificar-lo (sobretot si hi ha sodi, que l'emmascara).

Apartat d)

Resultat

Cada element té uns nivells d'energia únics, i les línies emeses en tornar els electrons a nivells inferiors són la seva «empremta».

Resolució

Origen. Cada element té una estructura de nivells d'energia única, que depèn del nombre de protons i d'electrons.
Emissió. A la flama, els electrons s'exciten a nivells superiors i, en tornar, emeten fotons amb energies iguals a les diferències entre nivells.
Identificació. Aquestes línies són una «empremta» de l'element i permeten identificar-lo, fins i tot en estrelles.
Observació. Li, Na i K tenen una configuració de valència similar (2s¹, 3s¹, 4s¹), per això les línies són semblants; de Na a K l'energia de la transició disminueix en baixar pel grup.

Nivell Batxillerat: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 42

El magnesi natural té tres isòtops: ²⁴Mg (massa 23,985 u), ²⁵Mg (24,986 u) i ²⁶Mg (25,983 u).
a) Si les abundàncies són 78,99 %, 10,00 % i 11,01 %, calcula la massa atòmica relativa mitjana.
b) Suposa que només coneixes l'abundància del ²⁴Mg (78,99 %) i que la massa atòmica mitjana és 24,305. Planteja i resol el sistema per trobar les abundàncies dels altres dos.
c) Quin dels isòtops té més neutrons? Quants en té cada un?
d) Per què la massa atòmica mitjana s'acosta més a 24 que a 25?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 42

Apartat a)

Resultat

\bar{M}(\mathrm{Mg}) \approx 24{,}305\ \text{u}

Resolució

Mitjana ponderada. $\bar{M} = 23{,}985\cdot0{,}7899 + 24{,}986\cdot0{,}1000 + 25{,}983\cdot0{,}1101$
Càlcul. $\bar{M} = 18{,}946 + 2{,}499 + 2{,}861 = 24{,}305\ \text{u}$ .

Apartat b)

Resultat

10,0 % de ²⁵Mg i 11,0 % de ²⁶Mg.

Resolució

Incògnites. Sigui $x$ la fracció de ²⁵Mg i $y$ la de ²⁶Mg.
Sistema. $\begin{cases} x + y = 1 - 0{,}7899 = 0{,}2101 \\ 24{,}986\,x + 25{,}983\,y = 24{,}305 - 23{,}985\cdot0{,}7899 = 5{,}359 \end{cases}$
Resolució per substitució. $y = 0{,}2101 - x$ : $24{,}986x + 25{,}983\cdot0{,}2101 - 25{,}983x = 5{,}359\Rightarrow 5{,}459 - 0{,}997x = 5{,}359\Rightarrow x = 0{,}100$ ; llavors $y = 0{,}110$ .
Conclusió. 10,0 % de ²⁵Mg i 11,0 % de ²⁶Mg, que coincideix amb les dades de l'apartat a.

Apartat c)

Resultat

²⁴Mg: 12 n; ²⁵Mg: 13 n; ²⁶Mg: 14 n. En té més el ²⁶Mg.

Resolució

Neutrons. $N = A - Z$ amb $Z = 12$ : ²⁴Mg → 12; ²⁵Mg → 13; ²⁶Mg → 14 neutrons.
Conclusió. El que té més neutrons és el ²⁶Mg.

Apartat d)

Resultat

Perquè el ²⁴Mg és gairebé el 79 % dels àtoms i pesa molt en la mitjana ponderada.

Resolució

Raonament. La massa mitjana és una mitjana ponderada i el ²⁴Mg és gairebé el 79 % dels àtoms; per això 24,305 està molt més a prop de 24 que de 25 o 26.
Observació. Per això la massa atòmica de la taula periòdica no és un enter i cap àtom individual té aquesta massa.

Nivell Batxillerat: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 43

La massa d'un àtom d'heli-4 és 4,00260 u, la de l'àtom d'hidrogen-1 és 1,00783 u i la del neutró 1,00866 u (1 u equival a 931,5 MeV; 1 u = 1,66· $10^{-27}$ kg; c = 3,00· $10^{8}$ m/s; $N_{A}$ = 6,022· $10^{23}$ mol^-1).
a) Calcula el defecte de massa de l'⁴He (2 protons, 2 neutrons, 2 electrons).
b) Calcula l'energia d'enllaç total i per nucleó.
c) Calcula l'energia alliberada en formar 1 mol d'heli-4 (4,00 g) a partir de nucleons, en J.
d) Compara-ho amb l'energia de combustió del carbó (25 MJ/kg) per kg d'heli format.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 43

Apartat a)

Resultat

\Delta m \approx 0{,}03038\ \text{u}

Resolució

Components. Prenem 2 àtoms d'H (cadascun inclou el protó i l'electró) i 2 neutrons: $2\cdot1{,}00783 + 2\cdot1{,}00866 = 2{,}01566 + 2{,}01732 = 4{,}03298\ \text{u}$ .
Defecte de massa. $\Delta m = 4{,}03298 - 4{,}00260 = 0{,}03038\ \text{u}$ . Fixa't que les masses dels electrons es compensen perquè fem servir masses atòmiques a tots dos costats.

Apartat b)

Resultat

E_e \approx 28{,}3\ \text{MeV}

;

\approx 7{,}07\ \text{MeV/nucleó}

Resolució

Equivalència massa–energia. $E = 0{,}03038\cdot931{,}5 = 28{,}3\ \text{MeV}$ .
Per nucleó. $\dfrac{28{,}3}{4} = 7{,}07\ \text{MeV/nucleó}$ .

Apartat c)

Resultat

E \approx 2{,}73\cdot10^{12}\ \text{J}

per mol d'heli-4.

Resolució

Per àtom. $28{,}3\ \text{MeV} = 28{,}3\cdot1{,}6\cdot10^{-13} = 4{,}53\cdot10^{-12}\ \text{J}$ .
Per mol. $4{,}53\cdot10^{-12}\cdot6{,}022\cdot10^{23} = 2{,}73\cdot10^{12}\ \text{J}$ .
Comprovació amb $E = \Delta m\cdot c^{2}$ . $\Delta m$ per mol $= 0{,}03038\cdot10^{-3}\ \text{kg} = 3{,}04\cdot10^{-5}\ \text{kg}$ , i $E = 3{,}04\cdot10^{-5}\cdot9\cdot10^{16} = 2{,}73\cdot10^{12}\ \text{J}$ .

Apartat d)

Resultat

\approx 6{,}8\cdot10^{14}\ \text{J/kg}

, unes

2{,}7\cdot10^{7}

vegades (27 milions) més que la combustió del carbó.

Resolució

Per kg d'heli. $\dfrac{2{,}73\cdot10^{12}}{4{,}00\cdot10^{-3}} = 6{,}8\cdot10^{14}\ \text{J/kg}$ .
Comparació. $\dfrac{6{,}8\cdot10^{14}}{2{,}5\cdot10^{7}} = 2{,}7\cdot10^{7}$ : la fusió nuclear allibera uns 27 milions de vegades més energia per kg que el carbó.
Observació. L'energia d'enllaç per nucleó és màxima al voltant del ferro (8,8 MeV); per això es pot obtenir energia fusionant nuclis lleugers o fissionant els pesants.

Nivell Batxillerat: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 44

En un laboratori es mesuren les línies visibles de la sèrie de Balmer de l'hidrogen: λ (nm) = 656,3; 486,1; 434,0; 410,2, que corresponen a les transicions n = 3, 4, 5 i 6 cap al nivell n = 2. S'espera $\tfrac{1}{\lambda} = R$ ·( $\tfrac{1}{4}$ - $\tfrac{1}{n^{2}}$ ).
a) Calcula $\tfrac{1}{4}$ - $\tfrac{1}{n^{2}}$ i $\tfrac{1}{\lambda}$ (en $\text{m}^{-1}$ ) per a cada línia.
b) Calcula R amb cada línia i la seva mitjana (o ajusta una recta $\tfrac{1}{\lambda}$ en funció de ( $\tfrac{1}{4}$ - $\tfrac{1}{n^{2}}$ ) que passa per l'origen).
c) Prediu la longitud d'ona de la línia 7 → 2 i del límit de la sèrie.
d) Quina és l'energia d'ionització de l'hidrogen a partir de R (h·c = 1240 eV·nm)?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 44

Apartat a)

Resultat

\tfrac14 - \tfrac1{n^2}

: 0,13889; 0,18750; 0,21000; 0,22222.

\tfrac1\lambda

1{,}5237\cdot10^{6}

;

2{,}0572\cdot10^{6}

;

2{,}3041\cdot10^{6}

;

2{,}4378\cdot10^{6}\ \text{m}^{-1}

Resolució

Factor de nivells. $n = 3$ : 0,13889; $n = 4$ : 0,18750; $n = 5$ : 0,21000; $n = 6$ : 0,22222.
Inversa de la longitud d'ona. Passant λ a metres: $\tfrac{1}{656{,}3\cdot10^{-9}} = 1{,}5237\cdot10^{6}$ ; $2{,}0572\cdot10^{6}$ ; $2{,}3041\cdot10^{6}$ ; $2{,}4378\cdot10^{6}\ \text{m}^{-1}$ .

Apartat b)

Resultat

R \approx 1{,}0971\cdot10^{7}\ \text{m}^{-1}

(mitjana i ajust per l'origen).

Resolució

R de cada línia. $R = \dfrac{1/\lambda}{1/4 - 1/n^{2}}$ : $1{,}0971\cdot10^{7}$ ; $1{,}0972\cdot10^{7}$ ; $1{,}0972\cdot10^{7}$ ; $1{,}0970\cdot10^{7}\ \text{m}^{-1}$ .
Mitjana i ajust. Mitjana: $R = 1{,}0971\cdot10^{7}\ \text{m}^{-1}$ . L'ajust d'una recta per l'origen ( $R = \sum xy/\sum x^{2}$ ) dona el mateix: $1{,}0971\cdot10^{7}\ \text{m}^{-1}$ .
Conclusió. R és constant dins de l'error experimental, la qual cosa confirma el model.

Apartat c)

Resultat

Línia 7 → 2:

\lambda \approx 397{,}0\ \text{nm}

; límit:

\lambda \approx 364{,}6\ \text{nm}

Resolució

Línia 7 → 2. $\dfrac{1}{\lambda} = 1{,}0971\cdot10^{7}\left(\tfrac{1}{4} - \tfrac{1}{49}\right) = 2{,}519\cdot10^{6}\ \text{m}^{-1}\Rightarrow \lambda = 397{,}0\ \text{nm}$ .
Límit ( $n \to \infty$ ). $\dfrac{1}{\lambda} = \dfrac{R}{4}\Rightarrow \lambda = \dfrac{4}{1{,}0971\cdot10^{7}} = 364{,}6\ \text{nm}$ .
Observació. Les línies es van acostant entre si cap al límit de 364,6 nm, un patró que Balmer va descobrir empíricament el 1885 i que Bohr va explicar el 1913.

Apartat d)

Resultat

E_{\text{ion}} = h\cdot c\cdot R \approx 13{,}6\ \text{eV}

Resolució

Plantejament. La ionització des de $n = 1$ correspon al límit de Lyman: $\tfrac{1}{\lambda} = R$ , és a dir, $E = h\cdot c\cdot R$ .
Càlcul. $R = 1{,}0971\cdot10^{7}\ \text{m}^{-1} = 1{,}0971\cdot10^{-2}\ \text{nm}^{-1}$ : $E = 1240\cdot1{,}0971\cdot10^{-2} = 13{,}6\ \text{eV}$ .

Nivell Batxillerat: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 45

Els quatre nombres quàntics d'un electró són n (1, 2, ...), l (0 a n - 1), $m_{l}$ (-l a +l) i $m_{s}$ (±½).
a) Digues quins dels conjunts (n, l, $m_{l}$ , $m_{s}$ ) següents són possibles i quins no, i justifica-ho: (3, 2, -2, +½); (2, 2, 0, -½); (4, 1, 2, +½); (1, 0, 0, -½); (3, 0, 0, 0); (5, 3, -3, +½).
b) Per a n = 3, llista els subnivells i el nombre d'orbitals de cada un.
c) Quants electrons pot contenir la capa n = 3? I la capa n qualsevol?
d) Quines combinacions de nombres quàntics té l'últim electró del fòsfor (Z = 15)?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 45

Apartat a)

Resultat

Possibles: (3, 2, −2, +½), (1, 0, 0, −½) i (5, 3, −3, +½). Impossibles: (2, 2, 0, −½), (4, 1, 2, +½) i (3, 0, 0, 0).

Resolució

Regles. $l$ va de 0 a $n - 1$ ; $m_l$ va de $-l$ a $+l$ ; $m_s$ només pot ser $+\tfrac12$ o $-\tfrac12$ .
Possibles. (3, 2, −2, +½): $l = 2 \lt 3$ i $|m_l| = 2 \le 2$ (orbital 3d). (1, 0, 0, −½): orbital 1s. (5, 3, −3, +½): $l = 3 \lt 5$ , $|m_l| = 3 \le 3$ (subnivell 5f).
Impossibles. (2, 2, 0, −½): $l$ ha de ser menor que $n$ . (4, 1, 2, +½): $|m_l| = 2 \gt l = 1$ . (3, 0, 0, 0): $m_s$ només pot ser ±½.

Apartat b)

Resultat

3s (1 orbital), 3p (3 orbitals) i 3d (5 orbitals): 9 orbitals en total.

Resolució

Subnivells. Per a $n = 3$ , $l = 0, 1, 2$ : 3s, 3p i 3d.
Orbitals. Cada subnivell té $2l + 1$ orbitals: 3s → 1, 3p → 3, 3d → 5. Total: $1 + 3 + 5 = 9$ orbitals.

Apartat c)

Resultat

La capa

n = 3

admet 18 electrons; en general, la capa n en té

2n^{2}

Resolució

Principi d'exclusió de Pauli. Cada orbital pot contenir com a màxim 2 electrons (d'espín oposat): $9\cdot2 = 18$ electrons.
Generalització. La capa n té $n^{2}$ orbitals i, per tant, $2n^{2}$ electrons (2, 8, 18, 32…).

Apartat d)

Resultat

(n, l, m_l, m_s) = (3, 1, +1, +\tfrac12)

(amb la convenció habitual).

Resolució

Configuració. P ( $Z = 15$ ): 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p³. L'últim electró és el tercer del 3p: $n = 3$ , $l = 1$ .
Regla de Hund. Els tres electrons 3p estan desaparellats, amb el mateix espín; l'últim ocupa el darrer orbital: $m_l = +1$ i $m_s = +\tfrac12$ .
Observació. La convenció d'omplir primer $m_l = -1, 0, +1$ amb espín $+\tfrac12$ és una elecció; qualsevol assignació consistent ( $m_l$ = −1, 0 o +1; $m_s$ = ±½) és vàlida.

Nivell Batxillerat: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 46

Els ions $\mathrm{S}^{2-}$ (Z = 16), Cl^- (Z = 17), $\mathrm{K}^{+}$ (Z = 19) i Ca²⁺ (Z = 20) són isoelectrònics amb l'argó. Els seus radis iònics (pm) són, desordenats: 138; 100; 184; 181.
a) Escriu la configuració electrònica comuna i el nombre d'electrons de cada ió.
b) Assigna cada radi a cada ió i justifica l'ordre.
c) Calcula la càrrega nuclear per electró (Z/ $N_{e}$ ) de cada ió i comprova que correlaciona amb el radi.
d) Compara el radi del $\mathrm{K}^{+}$ (138 pm) amb el del K àtom (227 pm) i el del Cl^- amb el del Cl àtom (99 pm) i explica la diferència.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 46

Apartat a)

Resultat

Tots: 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁶, amb 18 electrons.

Resolució

Recompte. $\mathrm{S^{2-}}$ : $16 + 2 = 18$ ; $\mathrm{Cl^{-}}$ : $17 + 1 = 18$ ; $\mathrm{K^{+}}$ : $19 - 1 = 18$ ; $\mathrm{Ca^{2+}}$ : $20 - 2 = 18$ electrons.
Configuració comuna. 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁶, la de l'argó.

Apartat b)

Resultat

\mathrm{S^{2-}}

184 pm >

\mathrm{Cl^{-}}

181 pm >

\mathrm{K^{+}}

138 pm >

\mathrm{Ca^{2+}}

100 pm.

Resolució

Sèrie isoelectrònica. Tots tenen la mateixa nuvola de 18 electrons; a mesura que augmenta Z (més protons), aquesta nuvola és atreta amb més força i el radi disminueix.
Assignació. $\mathrm{S^{2-}}$ (184 pm) > $\mathrm{Cl^{-}}$ (181 pm) > $\mathrm{K^{+}}$ (138 pm) > $\mathrm{Ca^{2+}}$ (100 pm).
Compte. Un error típic és ordenar-los només per Z sense pensar que tenen els mateixos electrons: per a isoelectrònics, Z gran dona radi petit.

Apartat c)

Resultat

Z/N_e

: 0,89; 0,94; 1,06; 1,11. Com més gran és

Z/N_e

, més petit és el radi.

Resolució

Càlcul. $\mathrm{S^{2-}}$ : $\tfrac{16}{18} = 0{,}89$ ; $\mathrm{Cl^{-}}$ : $\tfrac{17}{18} = 0{,}94$ ; $\mathrm{K^{+}}$ : $\tfrac{19}{18} = 1{,}06$ ; $\mathrm{Ca^{2+}}$ : $\tfrac{20}{18} = 1{,}11$ .
Correlació. Quan $Z/N_e$ creix, el radi decreix: la correlació és clara (tot i que els dos anions tenen radis molt semblants).

Apartat d)

Resultat

\mathrm{K^{+}}

(138 pm) < K (227 pm): perd tota la capa 4.

\mathrm{Cl^{-}}

(181 pm) > Cl (99 pm): més repulsió electrònica amb la mateixa càrrega nuclear.

Resolució

Catió. El $\mathrm{K^{+}}$ ha perdut l'electró 4s: desapareix tota la capa $n = 4$ i queden 19 protons atraient 18 electrons. Per això 138 pm < 227 pm.
Anió. El $\mathrm{Cl^{-}}$ ha guanyat un electró 3p: hi ha més repulsió entre electrons amb la mateixa càrrega nuclear, i la nuvola s'expandeix: 181 pm > 99 pm.
Conclusió. Els cations són més petits que l'àtom neutre i els anions, més grans.

Nivell Batxillerat: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 47

Moseley va trobar que la freqüència de la línia $K_{α}$ dels raigs X emesos per un element de nombre atòmic Z compleix f = ( $\tfrac{3}{4}$ )·R·c· $(Z - 1)^{2}$ , amb R = 1,097· $10^{7}$ $\text{m}^{-1}$ i c = 3,00· $10^{8}$ m/s. (h = 6,63· $10^{-34}$ J·s, 1 eV = 1,6· $10^{-19}$ J.)
a) Calcula la longitud d'ona i l'energia del fotó $K_{α}$ del coure (Z = 29) i del ferro (Z = 26).
b) Un element desconegut emet $K_{α}$ a 0,0709 nm. Troba'n el nombre atòmic.
c) Per què va ser tan important aquest resultat per a la taula periòdica?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 47

Apartat a)

Resultat

Cu:

\lambda \approx 0{,}155\ \text{nm}

E \approx 1{,}28\cdot10^{-15}\ \text{J} = 8{,}0\ \text{keV}

. Fe:

\lambda \approx 0{,}194\ \text{nm}

E \approx 1{,}02\cdot10^{-15}\ \text{J} = 6{,}4\ \text{keV}

Resolució

Llei de Moseley. $f = \tfrac34\,R\,c\,(Z - 1)^{2}$ , amb $R\cdot c = 1{,}097\cdot10^{7}\cdot3{,}00\cdot10^{8} = 3{,}291\cdot10^{15}\ \text{Hz}$ .
Coure (Z = 29). $f = 0{,}75\cdot3{,}291\cdot10^{15}\cdot28^{2} = 1{,}935\cdot10^{18}\ \text{Hz}$ ; $\lambda = \tfrac{c}{f} = 0{,}155\ \text{nm}$ ; $E = h\cdot f = 6{,}63\cdot10^{-34}\cdot1{,}935\cdot10^{18} = 1{,}28\cdot10^{-15}\ \text{J} = 8{,}0\ \text{keV}$ .
Ferro (Z = 26). $f = 0{,}75\cdot3{,}291\cdot10^{15}\cdot25^{2} = 1{,}543\cdot10^{18}\ \text{Hz}$ ; $\lambda = 0{,}194\ \text{nm}$ ; $E = 1{,}02\cdot10^{-15}\ \text{J} = 6{,}4\ \text{keV}$ .
Comprovació. Els valors reals són 0,154 nm i 0,194 nm: molt bona concordança.

Apartat b)

Resultat

Z - 1 \approx 41{,}4

, és a dir,

Z \approx 42

(molibdè).

Resolució

Freqüència. $f = \dfrac{c}{\lambda} = \dfrac{3{,}00\cdot10^{8}}{7{,}09\cdot10^{-11}} = 4{,}23\cdot10^{18}\ \text{Hz}$ .
Aïllem Z. $(Z - 1)^{2} = \dfrac{f}{0{,}75\cdot R\cdot c} = \dfrac{4{,}23\cdot10^{18}}{2{,}468\cdot10^{15}} = 1714 \Rightarrow Z - 1 = 41{,}4$
Conclusió. $Z \approx 42{,}4$ ; com que Z ha de ser enter, és $Z = 42$ , el molibdè. La lleugera discrepància és la imprecisió de l'aproximació.

Apartat c)

Resultat

Va demostrar que el nombre atòmic Z (nombre de protons), i no la massa, és la magnitud que ordena els elements.

Resolució

Resultat. Moseley va mostrar que $\sqrt{f}$ varia linealment amb Z: el nombre atòmic és la magnitud fonamental que ordena els elements, no la massa atòmica.
Conseqüències. Això va resoldre les inversions de la taula de Mendeléiev (com Ar–K i Co–Ni) i va permetre predir els elements que encara faltaven (43, 61, 72, 75).
Observació. El « $Z - 1$ » reflecteix que l'electró que cau a $n = 1$ «veu» una càrrega nuclear apantallada per l'altre electró 1s.

Nivell Batxillerat: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 48

Podem estimar la càrrega nuclear efectiva $Z_{\mathrm{ef}}$ que «veu» l'electró més extern amb l'energia d'ionització, aplicant el model hidrogenoide: $E_{\mathrm{ion}}$ = 13,6· $Z_{\mathrm{ef}}$ ²/ $n^{2}$ eV. Les primeres energies d'ionització són: He, 24,6 eV (n = 1); Li, 5,39 eV (n = 2); Na, 5,14 eV (n = 3); K, 4,34 eV (n = 4).
a) Calcula $Z_{\mathrm{ef}}$ per a cada element.
b) Calcula l'apantallament σ = Z - $Z_{\mathrm{ef}}$ (Z = 2, 3, 11 i 19).
c) Explica el resultat: per què l'heli té una $Z_{\mathrm{ef}}$ propera a 1,34 i no a 2?
d) Explica per què Li, Na i K tenen una $Z_{\mathrm{ef}}$ similar, però el radi creix en baixar pel grup.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 48

Apartat a)

Resultat

Z_{\mathrm{ef}}

: He 1,34; Li 1,26; Na 1,84; K 2,26.

Resolució

Aïllem. $Z_{\mathrm{ef}} = n\cdot\sqrt{\dfrac{E_{\mathrm{ion}}}{13{,}6}}$
Càlcul. He: $1\cdot\sqrt{\tfrac{24{,}6}{13{,}6}} = 1{,}34$ . Li: $2\cdot\sqrt{\tfrac{5{,}39}{13{,}6}} = 1{,}26$ . Na: $3\cdot\sqrt{\tfrac{5{,}14}{13{,}6}} = 1{,}84$ . K: $4\cdot\sqrt{\tfrac{4{,}34}{13{,}6}} = 2{,}26$ .

Apartat b)

Resultat

σ: He 0,66; Li 1,74; Na 9,16; K 16,7.

Resolució

Apantallament. $\sigma = Z - Z_{\mathrm{ef}}$ .
Càlcul. He: $2 - 1{,}34 = 0{,}66$ . Li: $3 - 1{,}26 = 1{,}74$ . Na: $11 - 1{,}84 = 9{,}16$ . K: $19 - 2{,}26 = 16{,}7$ .

Apartat c)

Resultat

L'altre electró 1s només apantalla parcialment (0,66) el nucli, perquè no sempre és entre el nucli i l'electró considerat.

Resolució

Mateixa capa. A l'heli els dos electrons es troben a la mateixa capa (1s) i no s'interposen del tot l'un a l'altre.
Conclusió. Un electró no apantalla completament l'altre perquè no sempre és entre el nucli i l'altre electró: apantalla 0,66 de càrrega i l'electró «veu» $Z_{\mathrm{ef}} \approx 1{,}34$ , no 2 (ni 1).

Apartat d)

Resultat

Les capes internes apantallen gairebé tota la càrrega nuclear (

Z_{\mathrm{ef}}

entre 1 i 2,3), però l'electró extern és a una capa amb n més gran, cada cop més lluny.

Resolució

Apantallament. En els metalls alcalins l'electró de valència és a una capa nova, i les capes internes (2 electrons al Li, 10 al Na i 18 al K) apantallen gairebé tota la càrrega nuclear: $Z_{\mathrm{ef}}$ es manté entre 1 i 2,3 (amb un lleuger creixement).
Radi. El radi creix perquè l'electró extern ocupa una capa cada cop més allunyada (n més gran), tot i que la $Z_{\mathrm{ef}}$ és similar.
Observació. La $Z_{\mathrm{ef}}$ estimada així és aproximada (el model hidrogenoide no és exacte per a àtoms polielectrònics), però reprodueix bé les tendències.

Nivell Batxillerat: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 49

El principi d'incertesa de Heisenberg diu que Δx·Δp ≥ $\tfrac{ħ}{2}$ , amb ħ = 1,055· $10^{-34}$ J·s. Dades: $m_{e}$ = 9,11· $10^{-31}$ kg, $m_{p}$ = 1,67· $10^{-27}$ kg, c = 3,00· $10^{8}$ m/s, 1 eV = 1,6· $10^{-19}$ J.
a) Un electró està confinat en un àtom de mida Δx = 5· $10^{-11}$ m. Calcula la incertesa mínima en el moment lineal i en la velocitat, i compara-la amb la velocitat de Bohr (2,19· $10^{6}$ m/s).
b) Fes el mateix si l'electró estigués confinat dins del nucli (Δx = $10^{-15}$ m): calcula l'energia mínima aproximada, p·c, en MeV.
c) Per què això prova que els electrons no poden ser dins del nucli?
d) Per a un protó dins del nucli, calcula l'energia cinètica mínima ( $\tfrac{p^{2}}{2m}$ ) en MeV i compara-la amb l'energia d'enllaç nuclear (~8 MeV/nucleó).

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 49

Apartat a)

Resultat

\Delta p \approx 1{,}06\cdot10^{-24}\ \text{kg}\cdot\text{m/s}

;

\Delta v \approx 1{,}16\cdot10^{6}\ \text{m/s}

, un 53 % de la velocitat de Bohr.

Resolució

Principi d'incertesa. $\Delta p \ge \dfrac{\hbar}{2\Delta x} = \dfrac{1{,}055\cdot10^{-34}}{2\cdot5\cdot10^{-11}} = 1{,}06\cdot10^{-24}\ \text{kg}\cdot\text{m/s}$
Velocitat. $\Delta v = \dfrac{\Delta p}{m_e} = \dfrac{1{,}06\cdot10^{-24}}{9{,}11\cdot10^{-31}} = 1{,}16\cdot10^{6}\ \text{m/s}$ .
Comparació. $\dfrac{1{,}16\cdot10^{6}}{2{,}19\cdot10^{6}} \approx 0{,}53$ : és el 53 % de la velocitat de Bohr. És coherent: un electró dins d'un àtom no pot estar quiet.

Apartat b)

Resultat

\Delta p \approx 5{,}3\cdot10^{-20}\ \text{kg}\cdot\text{m/s}

;

p\cdot c \approx 1{,}58\cdot10^{-11}\ \text{J} \approx 99\ \text{MeV}

Resolució

Incertesa. Amb $\Delta x = 10^{-15}\ \text{m}$ : $\Delta p \ge \dfrac{1{,}055\cdot10^{-34}}{2\cdot10^{-15}} = 5{,}3\cdot10^{-20}\ \text{kg}\cdot\text{m/s}$ .
Energia. L'electró seria ultrarelativista, i $E \approx p\cdot c = 5{,}3\cdot10^{-20}\cdot3{,}00\cdot10^{8} = 1{,}58\cdot10^{-11}\ \text{J}$ .
En MeV. $\dfrac{1{,}58\cdot10^{-11}}{1{,}6\cdot10^{-13}} \approx 99\ \text{MeV}$ .

Apartat c)

Resultat

Un electró confinat al nucli tindria uns 100 MeV, molt més que qualsevol energia d'enllaç nuclear: no hi quedaria lligat.

Resolució

Comparació. Uns 100 MeV és molt superior a les energies d'enllaç nuclear (unes desenes de MeV com a màxim).
Conclusió. L'electró no quedaria lligat: els electrons no poden ser dins del nucli. Els electrons que s'emeten en la desintegració β es creen en el mateix procés.

Apartat d)

Resultat

E_c \approx 8{,}3\cdot10^{-13}\ \text{J} \approx 5{,}2\ \text{MeV}

, del mateix ordre que l'energia d'enllaç (~8 MeV/nucleó): el protó sí que hi pot estar confinat.

Resolució

Energia cinètica. $E_c = \dfrac{p^{2}}{2m_p} = \dfrac{(5{,}3\cdot10^{-20})^{2}}{2\cdot1{,}67\cdot10^{-27}} = 8{,}3\cdot10^{-13}\ \text{J} \approx 5{,}2\ \text{MeV}$
Comparació. És del mateix ordre que l'energia d'enllaç (~8 MeV per nucleó): els protons i neutrons sí que poden estar confinats al nucli perquè són unes 1800 vegades més pesants que l'electró.
Observació. Com més petita és la regió de confinament, més gran és l'energia mínima: ho resumeix $p \approx \hbar/\Delta x$ .

Nivell Batxillerat: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 50

La longitud d'ona de De Broglie d'una partícula és λ = $\tfrac{h}{p}$ . Dades: h = 6,63· $10^{-34}$ J·s, $m_{e}$ = 9,11· $10^{-31}$ kg, e = 1,6· $10^{-19}$ C.
a) Un electró accelerat des del repòs per una diferència de potencial de 100 V adquireix una energia cinètica e·V. Calcula'n la velocitat i la longitud d'ona.
b) Compara-la amb l'espaiat atòmic típic d'un cristall (0,2 nm) i explica per què aquests electrons es poden difractar en cristalls (experiment de Davisson-Germer, amb 54 V).
c) Calcula la longitud d'ona d'una pilota de 0,145 kg a 40 m/s i explica per què no s'observa difracció.
d) Calcula λ per a 54 V i compara-la amb l'espaiat de 0,215 nm del níquel.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 50

Apartat a)

Resultat

v \approx 5{,}93\cdot10^{6}\ \text{m/s}

;

\lambda \approx 1{,}23\cdot10^{-10}\ \text{m} = 0{,}123\ \text{nm}

Resolució

Conservació de l'energia. $e\cdot V = \tfrac12 m v^{2}\Rightarrow$ $v = \sqrt{\dfrac{2eV}{m}} = \sqrt{\dfrac{2\cdot1{,}6\cdot10^{-19}\cdot100}{9{,}11\cdot10^{-31}}} = 5{,}93\cdot10^{6}\ \text{m/s}$
De Broglie. $\lambda = \dfrac{h}{m v} = \dfrac{6{,}63\cdot10^{-34}}{9{,}11\cdot10^{-31}\cdot5{,}93\cdot10^{6}} = 1{,}23\cdot10^{-10}\ \text{m} = 0{,}123\ \text{nm}$

Apartat b)

Resultat

0,123 nm és del mateix ordre que l'espaiat atòmic (0,2 nm): el cristall actua com una xarxa de difracció per als electrons.

Resolució

Condició de difracció. Hi ha difracció apreciable quan la longitud d'ona és comparable a la separació entre els obstacles, aquí els àtoms del cristall (com passa amb els raigs X).
Davisson i Germer. Van fer difractar electrons accelerats amb 54 V en un cristall de níquel: va ser la confirmació de la naturalesa ondulatòria de la matèria proposada per De Broglie.

Apartat c)

Resultat

\lambda \approx 1{,}1\cdot10^{-34}\ \text{m}

: massa petita per a qualsevol obstacle o escletxa; no es pot observar difracció.

Resolució

Moment. $p = 0{,}145\cdot40 = 5{,}8\ \text{kg}\cdot\text{m/s}$ .
Longitud d'ona. $\lambda = \dfrac{6{,}63\cdot10^{-34}}{5{,}8} = 1{,}1\cdot10^{-34}\ \text{m}$ , unes $10^{19}$ vegades menor que un nucli.
Conclusió. No hi ha cap obstacle ni escletxa tan petits: no es pot observar difracció i el comportament ondulatori de la pilota és inapreciable.

Apartat d)

Resultat

\lambda \approx 0{,}167\ \text{nm}

(

v \approx 4{,}36\cdot10^{6}\ \text{m/s}

), comparable a l'espaiat del níquel (0,215 nm).

Resolució

Càlcul. $v = \sqrt{\tfrac{2\cdot1{,}6\cdot10^{-19}\cdot54}{9{,}11\cdot10^{-31}}} = 4{,}36\cdot10^{6}\ \text{m/s}$ i $\lambda = \dfrac{h}{\sqrt{2 m e V}} = 1{,}67\cdot10^{-10}\ \text{m} = 0{,}167\ \text{nm}$
Comparació. És comparable a l'espaiat del níquel (0,215 nm): és un cas adequat per veure un màxim de difracció.
Observació. La mateixa idea explica la quantització de Bohr: l'òrbita permesa conté un nombre enter de longituds d'ona.

Nivell Batxillerat: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Preguntes freqüents

Com es calcula la massa atòmica mitjana d'un element?

Fent la mitjana ponderada de les masses dels seus isòtops segons la seva abundància. Per al clor, la massa de cada isòtop per la seva proporció, i se sumen.

Per què els espectres atòmics són de línies?

Perquè els electrons només poden ocupar nivells d'energia concrets. Quan salten d'un a un altre emeten o absorbeixen una energia determinada, que correspon a una línia de color.

Tornar a Física i Química